Tuyển chọn 110 đề cực hay thi quốc gia môn toán giải chi tiết Phần 3 (Từ đề 21 30)

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 y = f ( x) = 8x 4 − 9x 2 + 1
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
8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] .
Câu 2.(1,0 điểm)
log 3 x

1. Giải phương trình:

1
( x − 2 )  x − ÷
2


= x−2

2. Định m để phương trình sau có nghiệm
π 
π


π

4sin3xsinx + 4cos  3x - ÷cos  x + ÷− cos 2  2x + ÷+ m = 0
4
4
4




Câu 3.(1 điểm)
Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường: y =| x 2 − 4 x | và y = 2 x .
Câu 4(1,0 điểm)
1. Cho a, b, c là ba cạnh tam giác.
1
2
b
c
 1

+
+
+
<2
÷+
 3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b
2. Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: z + ( 1 − 2i ) = 5 và z.z = 34

Chứng minh: a 

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 ∆
 x = −1 + 2t

có phương trình tham số  y = 1 − t .
 z = 2t


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.
 x + y + x 2 − y 2 = 12
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
 y x 2 − y 2 = 12

Câu 9.(1 điểm)
Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1].
Chứng minh rằng:

1
1
1
5
+

+
≤
xy + 1 yz + 1 zx + 1 x + y + z




LỜI GIẢI
Câu 1(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : y = f ( x) = 8x 4 − 9x 2 + 1
+ Tập xác định: D = ¡
y = +∞; lim y = +∞
Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞
+ Sự biến thiên:
x = 0
y'= 0 ⇔ 
x = ± 3

4

y ' = 32x − 18x = 2x ( 16x − 9 )
3

2

Bảng biến thiên.

 3



3



Hàm số đồng biến trên khoảng  − ;0 ÷và  ; +∞ ÷
 4 
4



3



3

Hàm số nghịch biến trên khoảng  −∞; − ÷ và  0; ÷
4

 4
49
49
 3
3
yCT = y  − ÷ = − ; yCT = y  ÷ = − ; yC§ = y ( 0 ) = 1
32
32

 4
4

•

Đồ thị:

2.(1,0 điểm) Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình
8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] .
Xét phương trình 8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] (1)
Đặt t = cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4 − 9t 2 + m = 0 (2)
Vì x ∈ [0; π ] nên t ∈ [−1;1] , 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: (2) ⇔ 8t 4 − 9t 2 + 1 = 1 − m (3)
Gọi (C1): y = 8t 4 − 9t 2 + 1 với t ∈ [−1;1] và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D).
Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền −1 ≤ t ≤ 1 .
Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:
•
•
•

81
32
81
m=
32
m>

1≤ m <

: Phương trình đã cho vô nghiệm.
: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
81
32

: Phương trình đã cho có 4 nghiệm.


0 < m <1
•
m=0
•
•
m<0
Câu 2.(1,0 điểm)


: Phương trình đã cho có 2 nghiệm.
: Phương trình đã cho có 1 nghiệm.
: Phương trình đã cho vô nghiệm.
log 3 x

1.(0,5 điểm). Giải phương trình:

1
( x − 2 )  x − ÷
2


= x−2

Phương trình đã cho tương đương:
 x−2 =0
x − 2 = 0
x = 2



log 3 x
log x
 
1 3
 ln  x − 1 
 log x ln  x − 1  = 0
⇔
⇔
=
0

x
−
=
1

÷


÷
 

÷
 
 3
2
2

2






  x − 2 > 0
 x > 2
  x > 2
x = 2
x = 2
x = 2



 x = 1
   log 3 x = 0

 x = 1





⇔  
⇔ 
⇔   
1
1
3⇔x=2

   ln  x − ÷ = 0
x
−
=
1

 x =
2
2
2
   


 x > 2
  x > 2
  x > 2


2.(0,5 điểm). Định m để phương trình sau có nghiệm
π 
π


π

4sin3xsinx + 4cos  3x - ÷cos  x + ÷− cos 2  2x + ÷+ m = 0
4
4
4




Ta có:
+/ 4sin3xsinx = 2 ( cos2x - cos4x ) ;
π
π
 
π



+/ 4cos  3x - ÷cos  x + ÷ = 2 cos  2x - ÷+ cos4x  = 2 ( sin 2x + cos4x )


4

4
2

 

π  1

π  1

2
+/ cos  2x + ÷ = 1 + cos  4x + ÷÷ = ( 1 − sin 4x )
4  2
2  2



1
2

Do đó phương trình đã cho tương đương: 2 ( cos2x + sin2x ) + sin 4x + m -

1
= 0 (1)
2

π

÷ (điều kiện: − 2 ≤ t ≤ 2 ).
4

Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t 2 − 1 .
Phương trình (1) trở thành: t 2 + 4t + 2m − 2 = 0 (2) với − 2 ≤ t ≤ 2
(2) ⇔ t 2 + 4t = 2 − 2m
Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( D) : y = 2 − 2m (là đường song song với
Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y = t 2 + 4t với − 2 ≤ t ≤ 2 .

Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos  2x -

Trong đoạn  − 2; 2  , hàm số y = t 2 + 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 − 4 2 tại t = − 2 và đạt giá
trị lớn nhất là 2 + 4 2 tại t = 2 .
Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 − 4 2 ≤ 2 − 2m ≤ 2 + 4 2
⇔ −2 2 ≤ m ≤ 2 2 .
Câu 3.(1,0 điểm) Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y =| x 2 − 4 x | (C ) và ( d ) : y = 2 x
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):


x ≥ 0
x ≥ 0
x = 0

 2
2
2
| x − 4 x |= 2 x ⇔   x − 4 x = 2 x ⇔   x − 6 x = 0 ⇔  x = 2
 2
 2
 x = 6
  x − 4 x = −2 x
 x − 2x = 0


2

Suy ra diện tích cần tính: S =

∫( x

2

6

)

− 4 x − 2 x dx +

0

∫( x

)

− 4 x − 2 x dx

2

2

2

2
Tính: I = ∫ ( | x − 4 x | −2 x ) dx
0

2

2
2

Vì ∀x ∈ [ 0; 2] , x − 4 x ≤ 0 nên | x 2 − 4 x |= − x 2 + 4 x ⇒ I = ∫ ( − x + 4 x − 2 x ) dx =
0

4
3

6

2
Tính K = ∫ ( | x − 4 x | −2 x ) dx
2

2
2
Vì ∀x ∈ [ 2; 4] , x − 4 x ≤ 0 và ∀x ∈ [ 4;6] , x − 4 x ≥ 0
4

6

2

4

2
2
nên K = ∫ ( 4 x − x − 2 x ) dx + ∫ ( x − 4 x − 2 x ) dx = −16 .

4
52
Vậy S = + 16 = (Đvdt)

3
3

Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh tam giác.


1

1

2



b

c

+
+
+
<2
Chứng minh: a 
÷+
 3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b
a + b > c

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b + c > a .
c + a > b



a+b
c+a
= x,
= y , a = z ( x, y , z > 0 ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x > y .
2
2
a+b
a+c
2a
x
y
z
+
+
=
+
+
Vế trái viết lại: VT =
3a + c 3a + b 2a + b + c y + z z + x x + y
2z
z
>
Ta có: x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2 z ( x + y ) ⇔
.
x+ y+z x+ y
x
2x
y

2y
2( x + y + z)
x
y
z
<
;
<
. Do đó:
+
+
<
= 2.
Tương tự:
y+z x+ y+z z+x x+ y+z
y+z z+x x+ y
x+ y+z
1
2
b
c
 1

+
+
+
<2
Tức là: a 
÷+
 3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b

Đặt

2.(0,5 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: z + ( 1 − 2i ) = 5 và z.z = 34
Gọi z = x + yi (x;y ∈ R)
 x = 3

( x + 1) + ( y − 2) = 25
x = 2 y − 7
 y = 5
Ta có:  2
⇔
==> z

2
+ y2
= 34
 x
5 y − 28 y + 15 = 0   x = −29 / 5

  y = 3 / 5
2

2

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.


uuur

Ta
có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 .

Phương trình của AB là: 2 x + y − 2 = 0 .
I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC và
BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) .
Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao)
⇒ CH =

4
.
5

 4
5 8 8 2
| 6t − 4 | 4
t = 3 ⇒ C  3 ; 3 ÷, D  3 ; 3 ÷
=
⇔

 

Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔
5
5
t = 0 ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )
5 8 8 2
Vậy tọa độ của C và D là C  ; ÷, D  ; ÷ hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )
3 3 3 3

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
 x = −1 + 2t

đường thẳng ∆ có phương trình tham số  y = 1 − t .
 z = 2t


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.
 x = −1 + 2t

Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  y = 1 − t .
 z = 2t


Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) .

( −2 + 2t )

2

+ ( −4 − t ) + ( 2t ) = 9t 2 + 20 =

BM =

( −4 + 2t )

2

+ ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = 9t 2 − 36t + 56 =

AM + BM =

( 3t )

2

2

2

2

(

+ 2 5

)

2

( 3t )

(

AM =

2

+ 2 5

( 3t − 6 )

2

(

+ 2 5

)

2

( 3t − 6 )

2

+

)

2

(

+ 2 5

)

2

2

r

(

)

r

(

)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và v = −3t + 6; 2 5 .
r
| u |=
Ta có  r
| v |=


( 3t )

2

(

+ 2 5

( 3t − 6 )

2

(

)

2

)

2

+ 2 5
r r
r r
r
r
Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; 4 5 ⇒| u + v |= 2 29
r r
r
r r r
Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u | + | v |≥| u + v | . Như vậy AM + BM ≥ 2 29
r r
3t
2 5

=
⇔ t =1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng ⇔
−3t + 6 2 5
⇒ M ( 1;0; 2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 .

(

(

)

)

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
 AB ⊥ IC
⇒ AB ⊥ ( CHH ') ⇒ ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' )
 AB ⊥ HH '

có: 

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.
1
3

x 3
1
x 3
; IK = IH = IC =
6
3
3
x 3 x 3
Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK = OK 2 ⇒
.
= r 2 ⇒ x 2 = 6r 2
6
3
h
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V = B + B '+ B.B '
3

Ta có: I ' K = I ' H ' = I ' C ' =

(

Trong đó: B =

)

4x 2 3

x 2 3 3r 2 3
= x 2 3 = 6r 2 3; B ' =
=
; h = 2r
4
4
2

2r  2
3r 2 3
3r 2 3  21r 3 . 3
 6r 3 +
÷=
+ 6r 2 3.
3
2
2 ÷
3


 x + y + x 2 − y 2 = 12
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 
 y x 2 − y 2 = 12
Điều kiện: | x | ≥ | y |

Từ đó, ta có: V =

u = x 2 − y 2 ; u ≥ 0
Đặt 
;

v = x + y
1
u2 
x = − y không thỏa hệ nên xét x ≠ − y ta có y =  v − ÷.
2
v 
u + v = 12
u = 4
u = 3

⇔
Hệ phương trình đã cho có dạng:  u  u 2 
hoặc 
v = 8
v = 9
 2  v − v ÷ = 12



 x 2 − y 2 = 4
u = 4
⇔
+
(I)
v = 8
 x + y = 8
u = 3  x 2 − y 2 = 3
⇔
+
(II)

v = 9
 x + y = 9

Giải hệ (I), (II).
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) }


Câu 9.(1,0 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1].


1
1
1
5
+
+
≤
xy + 1 yz + 1 zx + 1 x + y + z
Để ý rằng ( xy + 1) − ( x + y ) = ( 1 − x ) ( 1 − y ) ≥ 0 ;
 yz + 1 ≥ y + z
và tương tự ta cũng có 
 zx + 1 ≥ z + x

Chứng minh rằng:



1
1

1 
x
y
z
+
+
+
+
+1+1+1
÷≤
 xy + 1 yz + 1 zx + 1  yz + 1 zx + 1 xy + 1

Vì vậy ta có: ( x + y + z ) 

 1

x
y
z
z
y 
z
y 
+
+
+ 3 = x
−
−
−
÷+ 5 ≤ x 1 −

÷+ 5 = 5
yz + 1 zx+y xy + z
 yz + 1 zx + y xy + z 
 z+ y y+z
1
1
1
5
+
+
≤
Vây:
xy + 1 yz + 1 zx + 1 x + y + z
≤

ĐỀ SỐ 22
Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số y = x − 6 x + 9 x, ( 1)
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
3

2

thẳng ( ∆ ) : x + y + 1 = 0 một góc α sao cho cos α =

4
và tiếp điểm có hoành độ nguyên.
41

Câu 2.(1,0 điểm)

2
1. Giải phương trình: 2 cos x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3 sin x + 3 cos x

(

2
2
2. Giải bất phương trình: log 5 ( x + 3 x + 1) − log 5 x ≤ 2 x − x

)

2

9 − x2 
3
I
=
x
2
−
x
+
x
ln
dx
(
)
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân:
∫0 
9 + x 2 

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 + i ) z + ( 1 − i ) z = 2 z + 1
2. Tìm số nguyên dương n biết:
2C22n +1 − 3.2.2C23n + 1 + .... + ( − 1)k k (k − 1)2 k − 2 C2kn +1 + .... − 2n(2 n + 1)2 2 n −1 C22nn++11 = − 40200
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 :

x − 2 y −1 z −1
2
2
2
=
=
và mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 25 .Viết phương trình đường
−1
−2
1
thẳng ( ∆ ) đi qua điểm M(-1;-1;-2) và cắt đường thẳng (d) và mặt cầu (S) tại hai điểm A và B

( d) :

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 900 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD
Câu 8(1,0 điểm)


( 53 − 5 x ) 10 − x + ( 5 y − 48 ) 9 − y = 0
( ∀x, y ∈ ¡
Giải hệ phương trình: 
2
2
x
−
y
+
6
+
x
=
−
2
x
+
y
+
11
+

2
x
+
66




)

( 1)
( 2)

Câu 9(1,0 điểm)
Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn điều kiện: a+b+c=3
2
2
2
2
2
2
Tìm giá trị lớn nhất 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
4
và tiếp điểm có hoành độ nguyên
41

thẳng ( ∆ ) : x + y + 1 = 0 một góc α sao cho cos α =

3
2
Gọi M ( x0 ; x0 − 6 x0 + 9 x0 ) với x0 ∈ ¢ là tọa độ tiếp điểm với đồ thị (C) .PTTT tại điểm M là:

uu
r
y = ( 3 x02 − 12 x0 + 9 ) ( x − x0 ) + x03 − 6 x02 + 9 x0 , ( d ) VTPT của ( ∆ ): x+y+1=0 là n∆ = ( 1;1) .VTPT của
r
(d) là n d = ( k ; −1) với (k = x03 − 6 x02 + 9 x0 ⇒ k ∈ ¢ )
uur uu
r
n∆ .nd
k −1
4
4
1
⇔
=
⇔ k = 9, k = ( L )
theo đề ra ta có cos ( d , ∆ ) = cos α = uur uur =
9
41
41
n∆ . nd
2. k 2 + 1

Với k=9 ⇔ 3 x02 − 12 x0 + 9 = 9 ⇔ x0 = 0, x0 = 4
* Với x0 =0 ta có tiếp tuyến y=9x
*Với x0=4 ta có tiếp tuyến y=9x-32

Câu 2:
2
1, Giải phương trình: 2 cos x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3 sin x + 3 cos x
Phương trình tương đương với

(

cos 2 x + 3 sin 2 x + 2 = 3

(

)

3 cos x + sin x ⇔

)

 3

1
3
1
cos 2 x +
sin 2 x + 1 = 3 
cos x + sin x ÷
÷
2
2
2
 2



π
π
π
π




⇔ cos  2 x − ÷+ 1 = 3cos  x − ÷ ⇔ 2 cos 2  x − ÷− 3cos  x − ÷ = 0
3
6
6
6




π
π 3


⇔ cos  x − ÷ = 0, cos  x − ÷ = (L)
6
6 2


π
2π


+ kπ
Với cos  x − ÷ = 0 ⇔ x =
6
3

2π
+ kπ
Phương trình có một họ nghiệm: x =
3
2
2
2. Giải bất phương trình: log 5 ( x + 3 x + 1) − log 5 x ≤ 2 x − x
 x 2 + 3x + 1.0
⇔ x>0
Điều kiện: 
x > 0

2
2
Với điều kiện trên ta có: log 5 ( x + 3 x + 1) + x + 3 x + 1 ≤ log5 ( 5 x ) + ( 5 x ) (*)

Xét hàm số f ( t ) = log 5 t + ( t ) , ∀t > 0 ⇒ f / ( t ) =
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) .

1
+1 > 0
t ln 5

Từ (*) ta có f ( x 2 + 3x + 1) ≤ f ( 5 x ) ⇔ x 2 + 3x + 1 ≤ 5 x ⇔ ( x − 1) ≤ 0 ⇔ x = 1

Vậy bất phương trình có nghiệm x=1
Chú ý: ta có thể sử dung bất đẳng thức cô si cho VT VT ≥ 1 và đánh giá VP
2

⇒ VP ≤ 1 ⇔ VP = VT = 1 ⇔ x = 1



9 − x2 
3
dx
Tính tích phân: I = ∫  x ( 2 − x ) + x ln
9 + x 2 
0 
2
2
2

9 − x2 
9 − x2
3
3
I
=
x
2
−
x
+
x

ln
dx
=
x
2
−
x
dx
+
x
ln
(
)
(
)
Tính:
∫0 
∫0
∫0 9 + x 2 dx = I1 + I 2
9 + x 2 
2
  π π 
Tính I1= ∫ x ( 2 − x ) dx đặ 1-x=sint, dx==-costdt  t ∈  − ;  ÷
  2 2
0
π
π
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = , x = 2 ⇒ t = −
2
2

2


Câu
3.(1,0 điểm)

Khi đó I1 =

π
2

∫

−

π
2

1
1 − sin t cos tdt =
2
2

π
2

π
1 1
 2 π
∫π ( 1 + cos 2t ) dt = 2  t + 2 sin 2t ÷ |−π2 = 2

−

2

36 x


du = 4
dx
9 − x2

9− x
u = ln

x − 81
3
2
x
ln
dx
9+ x ⇒ 
Tính I2= ∫
Đặt: 
4
9 + x2
0
 dv = x3 dx
v = x − 81



4
2
4
2
x − 81 9 − x 2
55 13
ln
| −9 ∫ xdx = ln − 18 .
Ta có: I 2 =
2 0
4
9+ x
4
5
0
55 13 π
Vậy: I = I1 + I 2 = ln + − 18
4
5 2
2

2

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 + i ) z + ( 1 − i ) z = 2 z + 1
Gọi điểm M(a;b) biễu diễn số phức z=a+bi ( a, b ∈ ¡

( 1 + i ) ( a + bi ) + ( 1 − i ) ( a − bi ) = 2 ( a + 1) + bi

) theo đề ra ta có

⇔ 2( a − b) = 2

( a + 1)

2

+ b2

a ≥ b
a > 0
a − b ≥ 0
a ≥ b


⇔
⇔
⇔
1 ⇔
1
2
2
2
2ab + 2a + 1 = 0
( a − b ) = ( a + 1) + b
b = −1 − 2a
b = −1 − 2a
1

suy ra M thuộc đường cong ( H ) : y = −1 − , ( x > 0 )
2x

2.(0,5 điểm).T×m sè nguyªn d¬ng n biÕt:
2C22n +1 − 3.2.2C23n +1 + .... + ( − 1)k k( k − 1)2 k − 2 C2kn +1 + .... − 2 n(2 n + 1)2 2 n −1 C22nn++11 = − 40200

* XÐt (1 − x)2 n + 1 = C 02 n + 1 − C12 n + 1x + C 22 n + 1x 2 − .... + (− 1)k C 2kn + 1x k + .... − C 22 nn ++ 11x 2 n + 1 (1)
* LÊy ®¹o hµm c¶ hai vÕ cña (1) ta cã:
− (2n + 1)(1 − x)2 n = − C12 n + 1 + 2C 22 n + 1x − ... + (− 1) k kC 2kn + 1x k − 1 + .... − (2n + 1)C 22 nn ++ 11x 2 n (2)
L¹i lÊy ®¹o hµm c¶ hai vÕ cña (2) ta cã:
2n(2n + 1)(1 − x)2 n − 1 = 2C 22 n + 1 − 3C 32 n + 1x + ... + (− 1)k k(k − 1)C 2kn + 1x k − 2 + .... − 2n(2n + 1)C 22 nn ++ 11x2 n − 1

Thay x = 2 vµo ®¼ng thøc trªn ta cã:

k
2n − 1 2n + 1
− 2n(2n + 1) = 2C 22n + 1 − 3.2.2C 32n + 1 + ... + (− 1) k k(k − 1)2 k − 2 C 2n
C 2n + 1
+ 1 + ... − 2n(2n + 1)2

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

(

)

x2 y2
Phương trình chính tắc của E líp: 2 + 2 = 1, ( a > b > 0 )

a
b


2
2
2
với
hai tiêu điểm F ( −c;0 ) , F2 ( c;0 ) , c = a − b .
1

Hai đỉnh trên trục nhỏ là B1 ( 0; −b ) , B2 ( 0; b ) .

(

Vì tam giác B1F1F2 đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là 12 2 + 3

)

c 2 = a 2 − b 2
a = 6



3
x2 y 2
b
=
2
c

⇔
b
=
3
3
⇔
E
:
+
=1
( )


2
36
27

c = 3

 4 ( a + b ) = 12 2 + 3


(

)

Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

x − 2 y −1 z −1
2

2
2
=
=
và mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) = 25 .Viết phương trình đường
−1
−2
1
thẳng ( ∆ ) đi qua điểm M(-1;-1;-2) và cắt đường thẳng (d) và mặt cầu (S) tại hai điểm A và B

( d) :

sao cho AB=8
uuuuur
Gọi M 1 = ( d ) ⊂ ( ∆ ) ⇒ M 1 ( 2 − t ;1 − 2 y;1 + t ) ⇒ MM 1 = ( 3 − t ; 2 − 2t;3 + t ) .

Mặt cầu tâm I(-1;2;1).mặt phẳng (P): qua I(-1;2;1) vuông góc với ( ∆ ) nhân

uuuuur
MM 1 = ( 3 − t ; 2 − 2t ;3 + t ) làm VTPT có PT: ( P ) : ( 3 − t ) ( x + 1) + ( 2 − 2t ) ( y − 2 ) + ( 3 + t ) ( z − 1) = 0 .
Gọi H là trung điểm của A,B thì IH ⊥ AB, IH = 3 .
3t − 15
3
⇔ t = −1, t =
Do IM = 3 2 ⇒ MH = 3 = d ( M ; ( I ) ) =
5
6t 2 − 8t + 22
*Với t=-1 ⇒ ( ∆ ) : x = −1 + 2t , y = −1 + 2t , z = −1 + t
3
5

*Với t = ⇒ ( ∆ ) : x = −1 + 6t , y = −1 + 2t , z = −2 + 9t
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 900 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD
AC ∩ BD = { O} , AB = BC = CD = DA = 2 ⇒ ABCD là hình thoi nên
BD ⊥ AC ( 1) , SB = SD = a ⇒ ∆SBD cân tại S suy ra BD ⊥ SO ( 2 ) .
1
Từ (1)&(2) ⇒ BD ⊥ ( SAC ) và VS . ABCD = BD.S SAC .
3

∆ABD = ∆CBD = ∆SBD ( c.c.c ) ⇒ AO = CO = SO

Ta có
nên ∆SAC vuông tại S. Gọi M là trung điểm của SA
⇒ BM ⊥ SA & DM ⊥ SA ⇒ SA ⊥ ( BDM )

1
·
⇔ BMD
= (·
( SAB ) , ( SAD ) ) = 900 Vậy ∆ BMD vuông tại M và MO = 2 BD
1
Mà MO là đường trung bình của ∆ SAC ⇒ MO = SC
2


từ
đó BD=SC=2 ⇔ ∆BDC đều cạnh bằng 2 ⇒ SA = AC 2 − SC 2 = 2 2 .
1
3

1
6

Vậy VS . ABCD = BD.S SAC = BD.SA.SC =

4 2
(Đvtt)
3

Câu 8.(1,0 điểm):
( 53 − 5 x ) 10 − x + ( 5 y − 48 ) 9 − y = 0

Giải hệ phương trình: 

2
 2 x − y + 6 + x = −2 x + y + 11 + 2 x + 66
10 − x ≥ 0
 x ≤ 10
9 − y ≥ 0
y ≤ 9


⇔
ĐK: 

2 x − y + 6 ≥ 0
2 x − y + 6 ≥ 0
 −2 x + y + 11 ≥ 0
−2 x + y + 11 ≥ 0

( ∀x, y ∈ ¡ )

( 1)
( 2)

Từ Phương trình (1) ta có 5 ( 10 − x ) + 3 10 − x = 5 ( 9 − y ) + 3 9 − y , ( 3)

2
/
2
Xét hàm số : f ( t ) = ( 5t + 3) t với t ∈ [ 0; +∞ ) có f ( t ) = 15t + 3 > 0, ∀t ≥ 0 hàm số đồng biến .

Từ (3) ta có : f

(

)

10 − x = f

Thay (4) vào (2) ta được
Giải (5) ta được

(

) (

)

(

)

9 − y ⇔ 10 − x = 9 − y ⇔ y = x − 1, ( 4 )

x + 7 − 10 − x + x 2 − 2 x − 66 = 0 (5) ĐK: x ∈ [ −7;10]

x + 7 − 4 + 1 − 10 − x + x 2 − 2 x − 63 = 0 ⇔

x−9
x−9
+
+ ( x − 9) ( x + 7 ) = 0
x + 7 + 4 1 + 10 − x

1
1
+
+ ( x + 7 ) ] = 0 ⇔ x = 9, y = 8
x + 7 + 4 1 + 10 − x
Vậy Hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 9;8 )

( x − 9) [

Câu 9.(1,0 điểm): Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn điều kiện: a+b+c=3
2
2
2
2

2
2
Tìm giá trị lớn nhất T = ( a − ab + b ) ( b − bc + c ) ( c − ca + a )

2
2
2
 a ( a − b ) ≤ 0
 a − ab + b ≤ b
0
≤
a
≤
b
≤
c
≤
3
⇒
⇔
Không làm mất tính tổng quát ta giả sử

 2
2
2
 a − ac + c ≤ c
 a ( a − c ) ≤ 0
a + b + c = 3
2
2 2

2
2
2 2
do đó T ≤ b c ( b − bc + c ) = b c ( b + c ) − 3bc  Từ 
0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 3
9
ta có b = c ≤ a + b + c ⇒ b + c ≤ 3 ⇔ 2 bc ≤ b + c ≤ 3 ⇔ 0 ≤ bc ≤
4
2
3
2 2
Do đó T ≤ b c ( 9 − 3bc ) = 9 ( bc ) − 3 ( bc )

9
Khi đí T ≤ 9t 2 − 3t 3 .
4
 9
2
3 
/
2
/
Xét hàm số f ( t ) = 9t − 3t ,  t ∈ 0;  ÷⇒ f ( t ) = 18t − 9t , f ( t ) = 0 ⇔ t = 0, t = 2
4

 
 9
Lập bảng biến thiên của hàm f(t) trên 0;  ta được f ( t ) ≤ 12 ⇒ T ≤ 12
 4

Đặt t=bc điều kiện 0 ≤ 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 y = x − ( m + m − 3) x + m − 3m + 2 ( 1) , trong đó m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2
2. Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = 2 tại ba
điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3 và đồng thời thỏa mãn đẳng thức


3

2

2

x12 + x22 + x32 = 18

Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình 2 3 sin x. ( 1 + cos x ) − 4 cos x.sin 2
2. Giải phương trình: x + 4.15log
Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân

3

π

2

I =∫
π
6

x

x
=3
2

− 51+ log3 x = 0

4x
dx
π

4sin  x + ÷cos x + 1
6


Câu 4.(1,0 điểm)
1. Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn z1 = z2 = z3 = 1 .
Chứng minh rằng: z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 = z1 + z2 + z3
n

k n−k k
2. Cho khai triển ( a + b ) = ∑ Cn a b . Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng
n

k =0

ứng với k = i-1.Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển
8

 log 3 9 x−1+7 − 1 log2  3x−1+1÷ 

 ÷ là 224.
2 2
+2 5

÷



Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy; cho tam giác ABC có đỉnh A ( 2; 6 ) ,
chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm

3

D  2; − ÷
2


và tâm đường tròn ngoại tiếp tam



giác ABC là điểm I  − 2 ;1÷. 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
1

lần lượt có phương trình:

∆1 :

x y z −3
x − 2 y −1 z
x + 2 y +1 z −1
= =
; ∆2 :
=
= ; ∆3 :
=
=
2 1
−3
1
2
−3
1
2
3

Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A ( 4; −3; 2 ) 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

AB = 2a, BC = a 2, BD = a 6 . 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 .
 x 2 − 2 x + 4.log y = x
2

 2
Câu 8(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  y − 2 y + 4.log 2 x = y ( x, y ∈ ¡ )
 x < 4, y < 4

Câu 9.(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn đẳng thức
2
2
2
Chứng minh rằng 2 ( ab + bc + ca ) − a − b − c ≤ 6 .

1
1
1
+
+
=1.
a2 + 1 b2 +1 c2 + 1


LỜI GIẢI

Câu1.(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm) Khi m = 2 .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y = x 3 − 3x
a) Tập xác định D = ¡




y = lim x 3 1 −
Giới hạn: xlim
→−∞
x →−∞

3
3

= −∞; lim y = lim x3 1 − 2 ÷ = +∞
2 ÷
x →+∞
x →+∞
x 
 x 

b) Sự biến thiên
+) Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 − 3 , y ' = 0 ⇔ x = ±1 .
Khi đó xét dấu của y ' :
x

-∞

-1
+

y

1

0

+∞
+

0

-

Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; − 1) , ( 1; + ∞ ) và nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .
+) Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x = −1, yCD = 2 .Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = −2
+) Bảng biến thiên:
x

-∞

-1

y

+

+∞

1
-

0

0

+

2

+∞

y'
-2

-∞

c) Đồ thị: y = 0 ⇔ x 3 − 3x = 0 ⇔ x = 0, x = ± 3 , suy ra đồ thị hàm số cắt trục Ox tại Ox tại các

(

)(

điểm ( 0;0 ) , − 3;0 ,
điểm uốn.

3;0

)

y '' = 0 ⇔ 6 x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ đồ thị hàm số nhận điểm ( 0; 0 ) làm

4

22
1
-10

-5

-1 0
-1

1

5

10

-2-2

-4

2. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = 2
tại ba điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 , x2 , x3 và đồng thời thỏa mãn đẳng thức
x12 + x22 + x32 = 18

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng y = 2 :

x − ( m 2 + m − 3) x + m 2 − 3m + 2 = 2 ⇔ x 3 − ( m 2 + m − 3) x + m 2 − 3m = 0
3

x = m

⇔ ( x − m ) ( x 2 + mx − m + 3) = 0 ⇔  2
 x + mx − m + 3 = 0 ( 2 )


Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = 2 tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm


2
2
m > 2
m + m − m + 3 ≠ 0
⇔
phân biệt khác m ⇔ 
2
 m < −6
∆ = m − 4 ( − m + 3) > 0

 x2 + x3 = − m
 x2 .x3 = − m + 3

Giả sử x1 = m ; x2 , x3 là 2 nghiệm của (2). Khi đó theo định lí Viet ta được: 
Do đó x12 + x22 + x32 = 18 ⇔ m 2 + ( x2 + x3 ) − 2 x2 x3 = 18
2

m = 3
⇔ m 2 + m 2 − 2 ( −m + 3) = 18 ⇔ m 2 + m − 12 = 0 ⇔ 
.
 m = −4
So sánh với điều kiện của m ta được m = 3 thỏa mãn.

Câu 2.(1,0 điểm):
1. (0,5 điểm) Giải phương trình 2 3 sin x. ( 1 + cos x ) − 4 cos x.sin 2
x
=3
2
⇔ 2 3 sin x + 2 3 sin x.cos x − 2 cos x ( 1 − cos x ) = 3

x
=3
2

Ta có 2 3 sin x. ( 1 + cos x ) − 4 cos x.sin 2
⇔2

(

) (

)

3 sin x − cos x − 3sin 2 x − 2 3 sin x.cos x + cos 2 x = 0

 3 sin x − cos x = 0
3 sin x − cos x − 2 = 0 ⇔ 
 3 sin x − cos x = 2
π
π
π



+) 3 sin x − cos x = 0 ⇔ 2  sin x cos − cos x sin ÷ = 0 ⇔ sin  x − ÷ = 0
6
6
6


π
π
⇔ x − = kπ ⇔ x = + k π , k ∈ ¢
6
6
π
π
π


+) 3 sin x − cos x = 2 ⇔ 2  sin x cos − cos x sin ÷ = 2 ⇔ sin  x − ÷ = 1
6
6
6


π π
2π
⇔ x − = + k 2π ⇔ x =
+ k 2π , k ∈ ¢
6 2
3
π
2π

+ k 2π , k ∈ ¢
Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm x = + kπ , x =
6
3
2.(0,5 điểm). Giải phương trình: x + 4.15log3 x − 51+ log3 x = 0
⇔

(

3 sin x − cos x

)(

)

Phương trình: x + 4.15log
log 3 x

3
⇔ ÷
5

log 3 x

 3
+ 4 
÷
÷
 5

3

x

1

− 51+log3 x = 0 ⇔ 3log3 x + 4.15 2

Câu 3.(1,0 điểm): Tính tích phân

Ta có

I =∫
π
6

− 5.5log3 x = 0

log 3 x

 3
− 5 = 0 ⇔ 
÷
÷
 5
π
2

π
2

log3 x

I =∫
π
6

π
2

4x
dx = ∫
π

π 2
4sin  x + ÷cos x + 1
6
6


(

=1⇔ x =1

4x
dx
π

4 sin  x + ÷cos x + 1
6


4x

π
2

)

3 sin x + cos x cos x + 1

dx = ∫
π
6

4x
dx
3 sin 2 x + cos 2 x + 2

u = x
 du = dx

dx

=∫
dx = ∫
dx Đặt  dv =
⇒
π  nên

π

π

2
v
=
tan
x
−
π
π
π


2

÷
cos
2
x
−
+
1
cos
x
−


÷

÷

cos  x − ÷ 
6
6
6

3
6



6

π
2

2x

π
2

x


π

π
dx− ÷
2

π 

π
π 3
π
3

π

6




 =
=  x tan  x − ÷÷ − ∫ tan  x − ÷dx =
−∫ 
−  ln cos  x − ÷÷
π
6  π π
6
2
2
6  π






π
cos

x
−

÷
6
6
6
6
6

π 3
=
− ln 3
2


π
2

π
2

π
2

Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn z1 = z2 = z3 = 1 .
Chứng minh rằng: z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 = z1 + z2 + z3
Ta có z1 z1 = z2 z2 = z3 z3 = 1 nên z1 + z2 + z3 =
=

1 1 1
1 1 1
+ +
= + +
z1 z2 z3
z1 z2 z3

zz +z z +z z
z z +z z +z z
1 1 1
+ +
= 1 2 2 3 3 1 = 1 2 2 3 3 1 = z1 z2 + z2 z3 + z3 z1
z1 z2 z3
z1 z2 z3
z1 z2 z3
n

k n−k k
2.(0,5 điểm). Cho khai triển ( a + b ) = ∑ Cn a b . Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số
n

k =0

hạng ứng với k = i-1.Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển
8

 log 3 9 x−1+7 − 1 log2  3x−1+1÷ 

 ÷ là 224.

2 2
+2 5

÷



Ta có 2log

2

3

(

9 x−1 + 7

)

1

= 9 x −1 + 7 3 , 2

(

)

1
− log 2 3 x−1 +1
5

(

)

= 3x −1 + 1

−

1
5

Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là:
3

1

 
C  9 x −1 + 7 3  .  3x −1 + 1

 
5
8

(

)

(

)

−

(

1
5

5


x −1
x −1
 = 56 9 + 7 3 + 1


(

)(

)(

)

x −1
x −1
Theo giả thiết ta có: 56 9 + 7 3 + 1

−1

)

= 224 ⇔

−1

x = 1
9 x −1 + 7
=4⇔
x −1
3 +1
x = 2

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 A ( 2; 6 ) ,
chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm

3

D  2; − ÷
2


và tâm đường tròn ngoại tiếp tam



giác ABC là điểm I  − 2 ;1÷. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
1





Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có phương trình đường thẳng AD: x − 2 = 0 .
Do E thuộc đường thẳng AD nên E ( 2; t ) .
Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
2

2

1
1
2


IA = IE ⇔ ( t − 1) +  −2 − ÷ =  2 + ÷ + 52 ⇔ ( t − 1) = 52 ⇔ t = 6; t = −4 .
2
2


Do đó ta được E ( 2; − 4 ) Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE
uur
5
vuông góc với BC hay BC nhận EI = − ( 1; −2 ) là vectơ pháp tuyến.
2
3


Do đó pt của BC là: BC :1. ( x − 2 ) − 2.  y + ÷ = 0 ⇔ x − 2 y − 5 = 0 .
2

Vậy BC : x − 2 y − 5 = 0.
2


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 :

x y z −3
x − 2 y −1 z
x + 2 y +1 z −1
= =
; ∆2 :
=
= ; ∆3 :
=
=
2 1
−3
1
2
−3
1
2

3

Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A ( 4; −3; 2 ) cắt ∆1 , ∆ 2 và vuông góc với đường
thẳng ∆ 3 .
ur
∆1 đi qua điểm M ( 0, 0,3) và có vtcp u1 = ( 2,1, −3) ;
ur
∆ 2 đi qua điểm N ( 2,1, 0 ) và có vtcp u1 = ( 1, 2, −3) .
ur uu
r uuuu
r


u
;
u
.
MN
= 0 suy ra ∆1 , ∆ 2 đồng phẳng suy ra ∆ nằm trong mặt phẳng chứa ∆1 , ∆ 2
Ta có  1 2 
uur
ur uu
r
u∆ ⊥ u1 , u2  uur
r uuu
r


 ⇒ u =  uur , uuu
 = 3 ( 1, − 2,1)


∆
,
u
Kết hợp với ∆ vuông góc với 3 nên ta có  uur uuur
∆
  1 2  ∆3 
u
⊥
u
 ∆
∆3
x −3 y +3 z −2
=
=
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A và có vtcp ( 1, −2,1) có phương trình là:
1
−2
1

Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn
AB = 2a, BC = a 2, BD = a 6 . 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
S

K
M

D
O

C
H
B

A

AB 2 + AD 2 BD 2 3a 2
a 6
AO 2a 6
−
=
⇒ AO =
⇒ AH = AO +
=
2
4
2
2
3
3
2
2
2
2
2
2

BD + BC CD
6a + 2a 4a
2a 3
BM 2 =
−
=
−
= 3a 2 ⇒ BM = a 3 ⇒ BH =
2
4
2
4
3
2
2
2
2
Ta có AH + BH = 4a = AB ⇒ AH ⊥ BH ,
kết hợp với AH vuông góc với SH ta được AH ⊥ ( SHB ) .
AO 2 =

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 .
1
1
1
=
+
⇒ SH = 2a
2

2
HK
SH
HB 2
1
4
1
4 2a 3
= SH .4.SOAB = SH . OA.BH =
3
3
2
3

Trong tam giác vuông SHB ta có
1
3

Ta có VS . ABCD = SH .S ABCD

Câu 8.(1,0 điểm)Hệ phương trình tương đương


log 2 ( 4 − y ) =

với: 
log 2 ( 4 − x ) =


x

x − 2x + 4
y
2

y2 − 2 y + 4

.


t

f ( t) =

Đặt
2
f '( t ) =

t − 2t + 4
4−t

, t ∈ ( −∞; 4 ) ta được

( t 2 − 2t + 4 ) t 2 − 2t + 4

> 0, ∀t < 4 suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên ( −∞; 4 )

Nếu x > y ⇒ f ( x ) > f ( y ) ⇒ log 2 y > log 2 x ⇒ y > x vô lý.

Nếu x < y ⇒ f ( x ) < f ( y ) ⇒ log 2 y < log 2 x ⇒ y < x . Vậy x = y

Thay x = y vào phương trình thứ nhất ta được g ( x ) = f ( x ) − log 2 x = 0 .
Mặt khác ta có g ( 2 ) = 0 và f ' ( t ) =

(t

4−t

− 2t + 4 ) t 2 − 2t + 4

2

−

1
< 0, ∀t < 4
t.ln 2

suy ra g ( x ) = g ( 2 ) ⇒ x = 2 ⇒ x = y = 2 .

Thử lại ta thấy ( x; y ) = ( 2; 2 ) thỏa mãn hệ.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2; 2 ) .
Câu 9.(1,0 điểm) ) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn đẳng thức
2
2
2
Chứng minh rằng 2 ( ab + bc + ca ) − a − b − c ≤ 6 .

Từ giả thiết ta có: 1 −

1
1
1
+
+
=1.
a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1

1
1
1
a2
b2
c2
+
1
−
+
1
−
=
2
⇔
+
+
=2
1+ a2
1 + b2
1 + c2
1 + a 2 1 + b2 1 + c2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số
 a
b
c
,
,

2
1 + b2 1 + c2
 1+ a


÷;


(

1 + a 2 , 1 + b2 , 1 + c 2

)

2
2
2
a+b+c
ta được: 2 = a 2 + b 2 + c 2 ≥ ( 2 2 ) 2 ⇒ 2 ( 3 + a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( a + b + c ) 2
1+ a 1+ b 1+ c
3+ a +b + c
a + 2b − 2c = 0 ⇒ a = 2c − 2b .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2
2

ĐỀ THI SỐ 24
Câu 1(2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 3(1 − m 2 ) x + 2m 2 − 2m − 1 (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = −1.
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 d : x − 4 y − 5 = 0.
Câu 2.(1,0 điểm)
1
π
π

π

2
1. Giải phương trình cos  + 2 x ÷cos  − 2 x ÷+ sin x ( 1 + cos 2 x ) = với 0 ≤ x ≤ .
4



2. Giải bất phương trình 2log
e

Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫
1

2
2

x

+x

4

2log2 x

ln x − 2
x ln x + x



4

− 20 ≤ 0

dx

Câu 4.(1,0 điểm)
1. Hãy giải phương trình sau trên tập hợp số phức ( z − i ) 2 ( z + i ) 2 − 5 z 2 − 5 = 0.
log 3 (2 x − y + 1) + log 1 (− x + 2 y + 1) = 0

3
2. Giải hệ phương trình 
3
 x + 4 x − y + ln( y + 1) = 0

4

Câu 5.(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (3; 4) và đường tròn
2
ω : x + y 2 − 6 x + 2 y + 2 = 0. 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 I (1; 2;3) và
x
1

tiếp xúc với đường thẳng d : =

y+2 z
= .
−2
2

Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, với SA = SB = AB = 2a = 2 BC và
·
ABC
= 1200 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 HK = a

3
5

. Tìm thể tích của hình chóp theo a.

3 3
3
 27 x y + 7 y = 8
2
2
9 x y + y = 6 x

Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 

( x, y ∈ ¡ )

Câu 9.(1,0 điểm).
Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b = 3.
Chứng minh rằng :

3a
b +1

+

3b
a +1

+

ab
a+b

≤ a 2 + b2 +

3
2

LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm):
1.(1,0 điểm): m = −1 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: : y = x 3 − 3x 2 + 3
TXĐ: ¡
y = L = +∞, lim y = L = −∞ ;
Nhánh vô cực: xlim
→+∞
x →−∞
Chiều biến thiên: y′ = L = 3x( x − 2), y′ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2
Xét dấu y′ và kết luận: hàm số đồng biến trên (−∞;0), (2; +∞) , nghịch biến trên (0; 2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ycd = 3 ; hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yct = −1
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 d : x − 4 y − 5 = 0.
y ′ = 3 x 2 − 6 x + 3(1 − m 2 )

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu khi qua
hai nghiệm đó. Điều này tương đương với phương trình x 2 − 2 x + 1 − m 2 = 0 có hai nghiệm phân
biệt, tức là m ≠ 0.
Khi đó, đồ thị của hàm số có hai điểm cựctrị A(1 + m; −2m3 − m 2 − 2m), B(1 − m; 2m3 − m 2 − 2m)


Hai điểm này đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi trung điểm của AB nằm trên d và AB ⊥ d .

2
1 − 4(−2m − m ) − 5 = 0
m = 1 ± 2
⇔
Điều này tương đương với 

3
m = ± 2, m = 0
8m − 4m = 0

Kết luận: Không có giá trị nào của m thỏa mãn
Câu 2.(1,0 điểm):
π





π





1

2
1.(0,5 điểm). Giải phương trình cos  + 2 x ÷cos  − 2 x ÷+ sin x ( 1 + cos 2 x ) = với 0 ≤ x ≤
4

4
4

π
.
4

π
1
Biến đổi tích thành tổng, thu được cos( ) + cos 4 x + (1 − cos 2 x)(1 + cos 2 x) =
2
1
π kπ
⇔ cos 4 x + 1 − cos 2 2 x = ⇔ cos 4 x = 0 ⇔ x = +
, k ∈¢
2
8 4
π
 π
Do x ∈  0;  nên x =
8
 4

2

2

2.(0,5 điểm). Giải bất phương trình 2log 2 x + x 2log2 x − 20 ≤ 0
Điều kiện: x> 0 ;
2

BPT ⇔ 24log2 x + x 2log2 x − 20 ≤ 0
Đặt t = log 2 x . Khi đó x = 2t .
BPT trở thành 42 t + 22t − 20 ≤ 0 . Đặt y = 22 t ; y ≥ 1.
BPT trở thành y2 + y - 20 ≤ 0 ⇔ - 5 ≤ y ≤ 4.
Đối chiếu điều kiện ta có : 22 t ≤ 4 ⇔ 2t 2 ≤ 2 ⇔ t 2 ≤ 1 ⇔ - 1 ≤ t ≤ 1.
2

2

2

2

Do đó - 1 ≤ log 2 x ≤ 1 ⇔

1
≤x≤2
2
e

Câu 3.(1,0 điểm): Tính tích phân I = ∫
1

ln x − 2
x ln x + x

dx

ln x − 2 dx
·

ln x + 1 x
dx
= dt ,
Đặt ln x = t thế thì khi 1 ≤ x ≤ 2 thì 0 ≤ t ≤ 1 và
x
1
1
t −2
3 

I
=
dt
=
Khi đó
∫0 t + 1 ∫0 1 − t + 1 ÷dt
Tính được I = 1 − 3ln 2 = 1 − ln 8

Viết lại biểu thức dưới dấu tích phân

Câu 4.(1,0 điểm):
1.(0,5 điểm). Hãy giải phương trình sau trên tập hợp số phức ( z − i )2 ( z + i) 2 − 5 z 2 − 5 = 0.
Viết lại phương trình về dạng ( z 2 + 1)2 − 5z 2 − 5 = 0
Khai triển, rút gọn, nhân tử hóa ( z 2 + 1)( z 2 − 4) = 0
Giải các phương trình, thu được z = ±i và z = ±2 rồi kết luận.

log 3 (2 x − y + 1) + log 1 (− x + 2 y + 1) = 0

3
2.(0,5 điểm).Giải hệ phương trình 

3
 x + 4 x − y + ln( y + 1) = 0
ĐK: 2 x − y + 1 > 0; − x + 2 y + 1 > 0; y + 1 > 0
(1) ⇒ log 3 (2 x − y + 1) − log 3(− x + 2 y + 1) = 0 ⇔ log 3

-

Thay vào PT (2) ta được x 3 +3x + ln( x + 1) = 0
Xét hàm số f (x) = x 3 +3x + ln( x + 1)

(1)
(2)

2x − y + 1
2x − y +1
=0⇔
=1⇔ x = y
−x + 2 y +1
−x + 2 y +1


1
> 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng (−1; +∞)
x +1
Mặt khác f (0) = 0 nên PT có nghiệm duy nhất x = 0 ⇒ y = 0


- Có f '( x) =

3x 2 + 3 +

Kiểm tra điều kiện thấy nghiệm thỏa mãn đk.
Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (0;0)
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (3; 4) và đường tròn
ω : x 2 + y 2 − 6 x + 2 y + 2 = 0. 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 I (3; −1) và bán kính R = 2 2 .
Cách
1:Gọi H là trung điểm của AB.Ta tính được
uuur
IM = ( 0;5 ) , IM = 5, AB = 4, AH = IH = 2 ⇒ AM = 13 . bởi vậy Γ : ( x − 3) 2 + ( y − 4) 2 = 13
Cách 2: Giả sử tìm được đường tròn Γ : ( x − 3) 2 + ( y − 4) 2 = ρ 2 thỏa mãn yêu cầu.
uuur
Khi đó, do AB là dây cung chung, nên AB ⊥ IM , hay đường thẳng AB nhận IM = (0;5) 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 y + c = 0 với −20 < c < 5 (1)
AB là cạnh của hình vuông nội tiếp ω khi và chỉ khi d ( I ; AB ) =

R
=2.
2

Từ đó, kết hợp với (1), tìm được c = −5 . Suy ra AB : y − 1 = 0.
ρ 2 − 23
= 0.
Mặt khác AB là trục đẳng phương của ω, Γ nên AB có phương trình ... y +
10

Từ đó ρ = 13 , bởi vậy Γ : ( x − 3) + ( y − 4) = 13
Câu 6.(1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình của mặt cầu có tâm

2

2

I (1; 2;3) và tiếp xúc với đường thẳng d :

2

x y+2 z
=
= .
1
−2
2

uuu
r

r

+ Đường thẳng d đi qua M (0; −2;0) , có véctơ chỉ phương u = (1; −2;2) . Tính được MI = (1;4;3)
uuu
r r
[ MI ; u ]
233
+ Khẳng định và tính được d ( I ; d ) =
=L =
r
|u |
3

+ Khẳng định mặt cầu cần tìm có bán kính bằng d ( I ; d ) và viết phương trình
233
( x − 1)2 + ( y − 2)2 + ( z − 3) 2 =
9
Câu 7.(1,0 điểm):
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, với
·
SA = SB = AB = 2a = 2BC và ABC
= 1200 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 HK = a

3
5

. 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 S ABCD = 4 ×

a2 3
= a 2 3 (đ.v.d.t) Gọi J là trung điểm DI.
4


a 3

Khi

đó HJ ⊥ AB, CD và do đó CD ⊥ ( SHJ ) . Suy ra K ∈ SJ . Ngoài ra HJ =
.
2

Hơn nữa, do tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a và H là trung điểm AB nên SH ⊥ AB và
1
1
5
1
+
= 2 =
do đó tam giác SHJ vuông tại H .
2
2
SH
HJ
3a
HK 2
Từ đó, do SH ⊥ AB, HJ nên SH ⊥ ( ABCD) hay SH là đường cao của hình chóp.
Vậy VS . ABCD = L = a 3 (đ.v.t.t)
SH = a 3. . Suy ra

 27 x 3 y 3 + 7 y 3 = 8
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình  2
( x, y ∈ ¡ )
2
9 x y + y = 6 x
Nhận xét y ≠ 0, nhân hai vế phương trình thứ hai với 7y, trừ đi phương trình thứ nhất,
ta được: (3xy )3 − 7(3 xy ) 2 + 14(3xy ) − 8 = 0
Từ đó tìm được hoặc 3 xy = 1 hoặc 3 xy = 2 hoặc 3 xy = 4

1
Với 3 xy = 1, thay vào phương trình thứ nhất, được y=1 do đó x =
3
Với 3 xy = 2, thay vào phương trình thứ nhất, được y=0 (loại)
2
Với 3 xy = 4, thay vào phương trình thứ nhất, được y=-2 do đó x = −
3
Câu 9.(1,0 điểm): Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn ab + a + b = 3.

Chứng minh rằng :

3a
b +1

+

3b
a +1

+

ab
a+b

≤ a 2 + b2 +

3
2

Từ giả thiết suy ra (1 + a)(1 + b) = 1 + ab + a + b = 4 .

Đặt a + b = x, x > 0 thế thì x 2 = ( a + b) 2 ≥ 4ab = 4(3 − x) ⇒ x ≥ 2 (do x > 0 )
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
a 2 + b2 +

3 3a ( 1 + a ) + 3b ( 1 + b )
3
12
≥
+
− 1 ⇔ ( a2 + b2 ) − 3 ( a + b ) −
+ 10 ≥ 0
2
a+b
a+b
( 1+ a) ( 1+ b)

(1)

Do a 2 + b 2 = (a + b) 2 − 2ab nên a 2 + b 2 = x 2 − 2(3 − x) = x 2 + 2 x − 6,
12
+ 10 ≥ 0 ⇔ x3 − x 2 + 4 x − 12 ≥ 0
x
Để ý rằng x3 − x 2 + 4 x − 12 = ( x − 2)( x 2 + x + 6) ≥ 0 nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.

do đó (1) trở thành x 2 + 2 x − 6 − 3 x −
Suy ra điều phải chứng minh

ĐỀ SỐ 25
Câu 1.(2,0 điểm).
Cho hàm số y =

2 x −1
.
x +1

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 I (0;1) 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 x) cot x + cos 2 x + sin x = sin 2 x .


 4 x − 2 y − 7.2 x − 2 y = 8
2. Giải hệ phương trình 
; x, y ∈ R
log 2 ( log 3 x ) − log 2 ( log 3 y ) = 1



Câu 3.(1,0 điểm).
π
2

Tính tích phân I = ∫
π
6

cos x.ln(1 + sin x)
dx .
sin 2 x

Câu 4.(1,0 điểm):


n
n
Tìm số n nguyên dương nhỏ nhất sao cho z1 + z2 = 1.

2
1. Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z −  2 cos

5π 
÷z + 1 = 0 .
21 

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 AC : x + 7 y − 31 = 0, hai
đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0 , d 2 : x − 2 y + 3 = 0 . 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)
x −1 y −1 z − 2
=
=
và mặt
1
1
−2

phẳng ( P) : x + 2 y + z − 6 = 0. 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).

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d ) :

Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD có SC ⊥ ( ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 và
0
·
ABC
= 1200. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD) bằng 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)
 x ( 3x + 1) = y ( −2 y + 7 x + 2 )

Giải hệ phương trình 

 x + 2 y + 4 x + y = 5

(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: P =

2
3
−
.

3
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 y =

2 x −1
x +1

• TXĐ: D = ¡ \ { −1}
• Sự biến thiên của hàm số:
+ Các giới hạn và tiệm cận:
lim y = +∞; lim − y = −∞ ⇒ Đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng.
x →( −1) +
x →( −1)
lim y = 2 ⇒ Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang.
x →±∞


3
> 0 ( ∀x ∈ D )
( x + 1) 2
+ Bảng biến thiên:
+
Đạo hàm: y =
'

x

−∞
∞

y’
y

−1
+

+∞

+
+
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 I (0;1) 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 ∆ : y = mx + 1
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và ∆ :
2x −1
= mx + 1 (x ≠ −1) ⇔ f ( x) = mx 2 + ( m − 1) x + 2 = 0 (1)
x +1
Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác −1

m ≠ 0
m ≠ 0


m < 5 − 2 6 ∧ m ≠ 0
⇔ ∆ > 0
⇔ m < 5 − 2 6 ⇔ 
.
m > 5 + 2 6
 f (−1) ≠ 0


  m > 5 + 2 6
Khi đó ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A( x1; mx1 + 1); B ( x2 ; mx2 + 1)
m −1

 x1.x2 = − m
Với x1 , x2 là hai nghiệm của (1) thỏa mãn : 
x + x = 2
 1 2 m

Ta có AB = ( x2 − x1 ) 2 (1 + m 2 ) = ( x2 + x1 ) 2 − 4 x1 x2  (1 + m 2 )
1

2
2
Do đó AB = m (m − 10m + 1)(1 + m )

∆ : y = mx + 1 ⇔ mx − y + 1 = 0 ⇒ d = d (O, ∆) =
Khi đó: SOAB =

1
m 2 − 10m + 1
AB.d =
= 3
2
2m

1
m2 + 1