110 đề cực hay thi quốc gia môn toán giải chi tiết

LÊ NGUYÊN THẠCH

TUYỂN CHỌN
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN
TẬP 3(31-40)

THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014
1




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

2


ĐỀ SỐ 51



Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y =

2x
x+2

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đò thị (C) sao cho khoảng cách từ I(-2;2) đến tiếp
tuyến đó là lớn nhất.
Câu 2.(1,0 điểm)
sin 3 x.sin 3 x + cos 3 x.cos 3 x
1
=−
π
π
1. Giải phương trình
8



tan  x − ÷.tan  x + ÷
6
3



2. Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực
 x 3 − mx + 2 ≤ 0
 x
x +x
−4
 4 − 3.2

x +1

≤0

Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I =dx.
15
Câu 4 (1,0 điểm) Cho khai triển ( 1 + x + x 2 + ... + x14 ) =a 0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a210 x 210 .
Chứng minh rằng: C15 a15 − C15 a14 + C15a13 − ... − C15 a0 = −15.
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2).
Phương trình đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC và chân đường cao hạ từ A
2
2
đến cạnh BC của tam giác ABC là ( x − 3) + ( y + 2 ) = 25. Viết phương trình đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.
Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-1; -2; -3), B(-6; 10; -3).
Viết phương trình mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ A đến mp(P) bằng 15 và khoảng
cách từ B đến mp(P) bằng 2.

Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy
ˆ bằng 300. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’, biết khoảng cách
AB bằng 2a và ABC
0

1

2

15

a
.
2
( 1 + 42 x − y ) 51− 2 x + y = 1 + 2 2 x − y +1

( x, y ∈ ¡
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x − y
= ln ( x + 3) − ln ( y + 3)

 4

giữa hai đường thẳng AB và CB’ bằng

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

x ( y + z) y ( z + x) z ( x + y)
+
+

≥ 2 xyz
4 − yz
4 − zx
4 − xy

LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số y =

2x
x+2
3

)



1.(1,0
điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y =

a/Tập xác định: D = ¡ / ( −2 )

2x
4
= 2−
x+2
x+2

( C)

2x

2x
= 2 và lim
=2
x
→+∞
x+2
x+2
Đồ thị nhận đường thẳng có phương trình y=2 làm tiệm cận ngang
2x
2x
lim−
= +∞ và lim+
= −∞
x →−2 x + 2
x →−2 x + 2
Đồ thị nhận đường thẳng có phương trình:x=-2 làm tiệm cận đứng
4
y/ =
> 0, ∀x ∈ D hàm số đồng biến trên D
2
( x + 2)

Nhánh vô cực: xlim
→−∞

Bảng biến thiên :

Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-2;2) làm tâm đối xứng
2.(1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) : y =

2x
sao cho khoảng cách từ điểm
x+2

I ( −2; 2 ) đến tiếp tuyến đó là lớn nhất.
4
Ta có y ' =
. Gọi hoành độ tiếp điểm là a ( a ≠ −2 ) .
( x + 2) 2
4
2a
4
2a
x − a) +
x − a) − y +
=0
Phương trình tiếp tuyến là: y =
hay
2(
2 (
a+2
a+2
( a + 2)
( a + 2)

Khoảng cách từ I ( −2; 2 ) đến ( ∆ ) là
Đẳng thức xảy ra ⇔ ( a + 2 ) =
2

d ( I;∆) =

16

( a + 2)

2

Cauchy

8

( a + 2) 2 +

16

( a + 2) 2

≤

8
=2 2
8
.

a = 0
⇔ a + 2 = ±2 ⇔ 
.
 a = −4
a = 0

Vậy khoảng cách từ I đến ∆ lớn nhất bằng 2 2 khi 
.
 a = −4
y = x

Khi đó phương trình tiếp tuyến ∆ là 
.
y = x+8
Câu 2.(1,0 điểm)

sin 3 x.sin 3 x + cos3 x.cos 3 x
1
=−
1.(0,5 điểm).Giải phương trình:
π
π
8 (1)
tan( x − ) tan( x + )
6
3
4

( ∆)


 
π
π

÷.cos  x − ÷ ≠ 0

 
6
6
π
π
π
 


⇔ sin  2 x − ÷ ≠ 0 ⇔ x ≠ + m ( m ∈ ¢ ) ( *)
Điều kiện 
3
6
2

sin  x + π  .cos  x + π  ≠ 0

÷

÷
 
3
3


sin x −

π 
π
π

π



Ta có tan  x − ÷tan  x + ÷ = − cot  x + ÷.tan  x + ÷ = −1 .
6
3
3
3













1
1
3
3
2
2
Suy ra (1) ⇔ sin x sin 3 x + cos x cos 3 x = ⇔ sin x [ sin x sin 3 x ] + cos x [ cos x cos 3 x ] =
8

8
1
1
⇔ sin 2 x [ cos 2 x − cos 4 x ] + cos 2 x [ cos 2 x + cos 4 x ] = ⇔ sin 2 x + cos 2 x  cos 2 x + cos 2 x − sin 2 x  .cos 4 x =
4
4
1
1
1
1
π
⇔ cos 2 x + cos 2 x cos 4 x = ⇔ cos 2 x [ 1 + cos 4 x ] = ⇔ cos 3 2 x = ⇔ cos 2 x = ⇔ x = ± + kπ ( k ∈ ¢ )
4
4
8
2
6

.
π
+ kπ ( k ∈ ¢ ) .
6
2.(0,5 điểm) Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực:
 x 3 − mx + 2 ≤ 0
( 1)
 x
x +x
− 4 x +1 ≤ 0 ( 2 )
 4 − 3.2

Kết hợp điều kiện (*) ta được x = −

( )

Ta có ( 2 ) ⇔ 2 x

2

− 3.2 x.2

x

( )

− 4. 2

x

2

(

≤ 0 ⇔ 2x + 2

⇔ x ≤ x + 2 ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 ⇔ 0 ≤ x ≤ 4 ( 3) .

Vì x = 0 không thỏa mãn (1) nên ( 1) ⇔

x

)(2

x

− 4.2

x

) ≤0⇔2

x

≤ 4.2

x

x3 + 2
≤ m ( 4 ) với x ∈ ( 0; 4] .
x

(

)

2 x3 − 1
x3 + 2
với x ∈ ( 0; 4] , ta có f ' ( x ) =
, f '( x) = 0 ⇔ x = 1.
x
x2

Bảng biến thiên của f ( x ) là:

Xét hàm số f ( x ) =

f ( x) = 3 .
Từ bảng biến thiên suy ra xmin
∈( 0;4]

f ( x) ⇔ m ≥ 3 .
Do đó hệ bất phương trình có nghiệm ⇔ (4) có nghiệm x ∈ ( 0; 4] ⇔ m ≥ xmin
∈( 0;4]

Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I =dx.
Ta có I = dx = |sinx - cosx|dx
Xét sinx - cosx = 0 ⇔ tanx = ⇔ x = + kπ. Do x ∈ [0; ] nên ta chọn x =
Ta có bảng xét dấu :
π
x
0
3

sin x − 3 cos x

-

0
5

+

π
2




Vậy I =-(sinx - cosx)dx + (sinx - cosx)dx =-(-cosx - sinx)+ (-cosx - sinx) = 3 Câu 4.(1,0 điểm)
15
1.(0,5 điểm).Cho khai triển ( 1 + x + x 2 + ... + x14 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a210 x 210 .
Chứng minh rằng: C150 a15 − C151 a14 + C152 a13 − ... − C1515 a0 = −15 .
15
2
14
Ta có : ( 1 − x ) = ( 1 + x + x + ... + x )
15

15

( 1− x)

Suy ra hệ số của x15 trong khai triển ( 1 − x15 )
Mặt khác ( 1 − x

)

15 15

15

15

là

210 15

= ∑∑ ( −1) C15k ai x i + k
k

i = 0 k =0

∑ ( −1)

i + k =15

k

C15k ai = C150 a15 − C151 a14 + C152 a13 − ... − C1515 a0

= 1 − 15 x15 + .... − x 225 . Suy ra hệ số của x15 trong khai triển ( 1 − x15 )

15

là −15 .

Vậy C150 a15 − C151 a14 + C152 a13 − ... − C1515 a0 = −15 (đpcm).
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Phương trình
đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC và chân đường cao hạ từ đỉnh A đến cạnh
2
2
BC của tam giác ABC là ( x − 3) + ( y + 2 ) = 25 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC.
Gọi D, E, F là trung điểm BC, CA, AB. A’ là chân đường cao hạ từ A xuống BC. K là giao
điểm của EF và AA’. G là trọng tâm tam giác ABC. I, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác A’EF và ABC.
Ta có K là trung điểm của AA’ và EF ⊥ AA ' nên A’ đối xứng với A qua EF. Suy ra
· ' F = EAF
·
∆AEF = ∆A ' EF ⇒ EA

·
·
Mặt khác AFDE là hình bình hành nên EDF
.
= EAF
A
·
·
Suy ra EA ' F = EDF . Hơn nữa A’ và D nằm cùng phía đối với
EF, suy ra D nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác A’EF. Do
đó phương trình đường tròn đi qua D, E, F là:
E
F K
2
2
G J
( x − 3) + ( y + 2 ) = 25 . Đường tròn này có tâm I ( 3; −2 ) ,
I
bán kính R = 5 .
B
Vì phép vị tự V( G ;−2) biến tam giác DEF thành tam giác ABC

C
A'
D
nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ảnh của đường tròn
ngoại tiếp tam giác DEF qua V( G ;−2) .
Từ đóuusuy
ra uđường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm J thỏa
u
r
ur
mãn GJ = −2GI ⇒ J ( −3;10 ) và bán kính R ' = 2 R = 10 . Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC là: ( x + 3) + ( y − 10 ) = 100 .
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(-1;-2;-3) và B(-6;10;-3). Viết phương trình mặt phẳng
(P) sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 15 và khoảng cách từ B đến (P) bằng 2.
Gọi H,uK
lần lượt là hình chiếu của A, B trên (P).
uur
A
Ta có AB = ( −5;12;0 ) suy ra AB=13.
Vì AH=15, BK=2 nên AB+BK=AH.
Mặt khác AB + BK ≥ AK ≥ AH (*)
B
Do đó (*) phải xảy ra dấu “=”. Điều này xảy ra khi và chỉ
khi A, B, K thẳng hàng (B nằm giữa A và K) và K trùng
với H. Suy ra AB vuông góc với (P) tại K và B nằm giữa
A và K.
K

2

2

6

P

H


uuur

r
BK uuur 2 uuu
 88 154

= AB ⇒ K  − ;
; −3 ÷
AB
13
 13 13

uuur
Mặt phẳng (P) đi qua K và nhận AB làm vectơ pháp tuyến nên (P) có pt là:
88 
154 


−5  x + ÷+ 12  y −

÷+ 0 ( z + 3) = 0 ⇔ 5 x − 12 y + 176 = 0 .
13 
13 



AB
Ta
có BK =

Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân
·
tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và ABC
= 300 . Tính thể tích của khối
lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB
và CB’ bằng

a
.
2

A'

M'

H

h

Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’.
H là hình chiếu của M trên CM’. Khi đó:
Vì tam giác ABC cân tại C nên CM ⊥ AB , suy ra A ' B ' ⊥ CM .
Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng nên MM ' ⊥ A ' B ' .
Vậy A ' B ' ⊥ ( MM ' C ) ⇒ A ' B ' ⊥ MH . Từ đó suy ra MH ⊥ ( A ' B ' C ) .

A

B'

a

a
2

Do đó d ( AB; CB ') = d ( AB; ( A ' B ' C ) ) = d ( M ; ( A ' B ' C ) ) = MH = .

30*
M a
B

a
a2
S
=
. Suy ra ABC
.
3
3
1

1
1
1
3
4
a3
+
=
⇔
+
=
V
=
⇒
h
=
a
Đặt AA’=MM’=h. Ta có
.
Vậy
.
ABC . A ' B ' C '
MM '2 MC 2 MH 2
h2 a2 a 2
3
 1 + 42 x − y .51−2 x + y = 1 + 22 x− y +1 ( 1)

Câu 8.(1,0 điểm).Giải hệ phương trình:  x − y

= ln ( x + 3) − ln ( y + 3)

( 2)
 4
Điều kiện x, y > −3 (*)
·
Ta có BM=a, MBC
= 300 nên MC =

(

)

 1  2 x − y  4  2 x − y 
( 1) ⇔ 5  ÷ +  ÷  − 1 − 2.22 x − y = 0 (3).
5
 5 

  1 t  4 t 
t
Xét hàm số f ( t ) = 5  ÷ +  ÷  − 1 − 2.2 trên ¡ ta có
 5   5  
  1 t  1   4  t  4  
f ' ( t ) = 5  ÷ ln  ÷+  ÷ .ln  ÷ − 2.2t ln 2 < 0 ∀t ∈ ¡ . Suy ra f ( t ) nghịch biến trên ¡ .
 5  
 5   5   5 

Do đó ( 3) ⇔ f ( 2 x − y ) = f ( 1) ⇔ 2 x − y = 1 ⇔ y = 2 x − 1 ( 4 ) .
Thế (4) vào (2) ta được

1− x
 x+3 

 x + 3  x −1
= ln 
= 0 (5)
÷ ⇔ ln 
÷+
4
4
 2x + 2 
 2x + 2 

( x + 5) ( x − 1)
 x + 3  x −1
với x > −1 , ta có g ' ( x ) =
÷+
4 ( x + 3) ( x + 1)
4
 2x + 2 

Xét hàm số g ( x ) = ln 

 x = −5 ∉ ( −1; +∞ )
g '( x) = 0 ⇔ 
.
 x = 1∈ ( −1; +∞ )

Ta có bảng biến thiên của g ( x ) trên ( −1; +∞ ) là:
7

C'

C


Từ
bảng biến thiên, suy ra g ( x ) = 0 ⇔ x = 1 .


Do đó y = 1 . Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) .
Câu 9.(1,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 3 . Chứng minh rằng:
x ( y + z) y ( z + x) z ( x + y)
+
+
≥ 2 xyz (1)
4 − yz
4 − zx
4 − xy

Ta có

(

yz + zx + xy

)

2

≤ ( x + y + z) = 9 ⇒
2

yz + zx + xy ≤ 3

( y + z) + ( z + x) + ( x + y) ≥ 2
(2)
yz ( 4 − yz ) zx ( 4 − zx ) xy ( 4 − xy )
2 yz
( y + z) ≥
Ta có yz ( 4 − yz ) yz 2 − yz 2 + yz = 
(
)(
) yz ( 2 −
( 1) ⇔

Do đó:
≥

6+

(

( y + z) + ( z + x) + ( x + y)
yz ( 4 − yz ) zx ( 4 − zx ) xy ( 4 − xy )
18
yz + zx + xy

)

≥

2

)(

yz  2 + yz




)

≥

2
2 + yz

 1
1
1 
≥ 2
+
+

 2 + yz 2 + zx 2 + xy 

18
= 2 . Vậy (2) đúng (đpcm).
6+3

ĐỀ SỐ 52

Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số y =

2x − 1
có đồ thị (C) và điểm P ( 2;5 ) .
x +1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị y =

2x −1
x +1

2. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y = − x + m cắt đồ thị ( C ) tại hai
điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều.
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình: cos 2 x +
2. Giải phương trình

sin 3 x − cos 3 x
= sin x(1 + tan x) .
2sin 2 x − 1

x +1 − 2
1
=
3
2x + 1 − 3 x + 2

Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân: I =

π

4

( x∈¡ )

x 2 sin x + 1
∫π 1 + 2 cos 2 x dx .

−

4

8


2
2
Câu
4.(1,0 điểm)Tìm số phức z thỏa mãn: 2 z − i = z − z + 2i và z − ( z ) = 4 .


Câu 5. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm A ( −1; −1) và đường

2
+ ( y − 2 ) = 25 . Gọi B, C là hai điểm phân biệt thuộc đường tròn ( T ) (
B, C khác A ). Viết phương trình đường thẳng BC , biết I ( 1;1) là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC .

tròn

( T ) : ( x − 3)

2

Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) và
đường thẳng (d) có phương trình:
MA + MB nhỏ nhất.

x −1 y − 3 z
=
=
. Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho tổng
2
2
−1

Câu 7.(1,0 điểm)
1. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
điểm A ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa

a 3
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A 'B'C' .
4
2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng ( α ) đi qua trung
điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm (khác A ). Gọi
h A , h B , h C , h D lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng ( α ) .
hai đường thẳng AA ' và BC bằng

h 2B + h C2 + h 2D
Chứng minh rằng:
≥ h 2A .

3
1
1
 2
2
x
+
y
+
+
=5
2
2

x
y
Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
( xy − 1) 2 = x 2 − y 2 + 2


( x, y ∈ ¡ )

Câu 9.(1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

P=

2
−
a + ab + 3 abc

3
.
a+b+c

LỜI GIẢI
Câu1.(2,0 điểm):
1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị y =
Tập xác định : D = ¡ \ ( −1)

2x −1
x +1

2x −1
2x −1
= +∞; lim+
= −∞ Đồ thi hàm số nhận đường thẳng x=-1 làm tiệm cân đứng
x →−1 x + 1
x →−1 x + 1
2x −1
lim
= 2 Đồ thi hàm số nhận đường thẳng y=2 làm tiệm cân ngang
x ±∞ x + 1
3
y/ =
> 0 Hàm số đồng biến trên D
2
( x + 1)
lim−

y

9




x

Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1 ;2) làm tâm đối xứng.
2.(1,0điểm). Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y = − x + m cắt đồ thị ( C ) tại
hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là:

2x − 1
= −x + m ⇔
x +1

x 2 − (m − 3)x − m − 1 = 0 ( 1) , với x ≠ −1
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình ( 1) có hai
nghiệm phân biệt khác −1
m 2 − 2m + 13 > 0
⇔
(đúng ∀m )
0.m
−
3
≠
0

 x1 + x 2 = m − 3
Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có: 

 x1 x 2 = − m − 1
2
Giả sử A ( x1 ; − x1 + m ) , B ( x 2 ; − x 2 + m ) Khi đó ta có: AB = 2 ( x1 − x 2 )

PA =

( x1 − 2 )

+ ( − x1 + m − 5 ) =
2

( x1 − 2 )

2

+ ( x2 − 2) ,
2

+ ( − x 2 + m − 5 ) = ( x 2 − 2 ) + ( x1 − 2 )
Suy ra ∆PAB cân tại P
Do đó ∆PAB đều ⇔ PA 2 = AB2
2
2
2
2
⇔ ( x1 − 2 ) + ( x 2 − 2 ) = 2 ( x1 − x 2 ) ⇔ ( x1 + x 2 ) + 4 ( x1 + x 2 ) − 6x1x 2 − 8 = 0
PB =

( x 2 − 2)

2

2

2

2

2

 m =1
⇔ m 2 + 4m − 5 = 0 ⇔ 
.
 m = −5
Vậy giá trị cần tìm là m = 1, m = −5 .
Câu 2.(1,0 điểm):
1.(0,5 điểm) Giải phương trình: cos 2 x +
1

sin 2 x ≠
2 (*) .
Đk 
cos x ≠ 0

sin 3 x − cos 3 x
= sin x(1 + tan x) .
2sin 2 x − 1

Với đk (*) phương trình đã cho tương đương:

10


3sin x − 4sin 3 x − 4 cos 3 x + 3cos x

cos
2x +
= sin(1 + tan x)
2sin 2 x − 1
(sin x + cos x)(2sin 2 x − 1) sin x(sin x + cos x)
⇔ cos 2 x − sin 2 x +
=
2sin 2 x − 1
cos x
(1)
sin x + cos x = 0

⇔
cos x − sin x + 1 = sin x (2)
cos x

π
(1) ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − + kπ , k ∈ ¢
4

π

x
=
+ kπ

cos x − sin x = 0
 tan x = 1
(2) ⇔ (cos x − sin x)(1 + cos x) = 0 ⇔ 
⇔
⇔
(k ∈ ¢)
4
1 + cos x = 0
cos x = −1  x = π + k 2π

π
So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là: x = ± + kπ , x = π + k 2π , k ∈ ¢
4

2.(0,5 điểm) Giải phương trình

3

x +1 − 2
1
=
2x + 1 − 3 x + 2

 x ≥ −1
 x ≠ 13

( x∈¡ )

ĐKXĐ: 

Phương trình đã cho tương đương với ( x + 2 )

(

⇔ ( x + 1) x + 1 + x + 1 = 2x + 1 + 3 2x + 1 (1)

3
Xét hàm số f ( t ) = t + t ;

)

x + 1 − 2 = 3 2x + 1 − 3

f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t

Suy ra hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên ¡
Khi đó: Pt(1) ⇔ f

(

) (

x +1 = f

3

)

2x + 1 ⇔ x + 1 = 3 2x + 1

1

x
≥
−

1
2

1
x = 0

x
≥
−

x
≥
−



2
⇔
⇔
⇔ x = 0
⇔
2
x = 1 + 5
( x + 1) 3 = ( 2x + 1) 2

x3 − x2 − x = 0 


2

x = 1 ± 5
 
2
1+ 5
Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là: x =
và x = 0
2
Câu 3.(1,0 điểm): Tính tích phân I =

π
4

x 2 sin x + 1
∫π 1 + 2 cos2 x dx

−

π
4

x 2 sin x
I
=
dx =
Xét: 1 ∫

2
π 1 + 2 cos x
−

4

4

π
0

4
x 2 sin x
x 2 sin x
dx
+
∫π 1 + 2 cos 2 x ∫0 1 + 2 cos 2 x dx = I1 + I2

−

4

Đặt x = −t ⇒ dx = −dt . Đổi cận: x = −

π
π
⇒t = ; x =0⇒t =0
4
4

11


0

x 2 sin x

0

π
4

π
4

t sin(−t )
t sin t
x 2 sin x
dx = ∫
d (−t ) = − ∫
dt = − ∫
dx
Khi đó: I1 = ∫
2
2
1 + 2 cos 2 t
1 + 2 cos 2 x
π 1 + 2 cos x
π 1 + 2 cos ( −t )
0

0
−

4

2

2

4

Suy ra I1 = 0
I2 =

π
4

1

∫ 1 + 2 cos

−

π
4

2

x

dx =

π
4

∫

−

π
4

1
1
cos 2 x

1
dx Đặt t = tan x ⇒ dt = 12 dx .
2
cos x
+ 2 cos x
.

1

Đổi cận: x = −

1
π
π

dt
⇒ t = −1; x = ⇒ t = 1 ⇒ I 2 = ∫
2
3
+
t
4
4
−1

π
π
Lại đặt t = 3 tan u ⇒ dt = 3(1 + tan 2 u )du . Đổi cận: t = −1 ⇒ u = − ; t = 1 ⇒ u =
6

⇒ I2 =

π
6

∫

−

π
6

π
6

3
3
π 3
du =
u =
.
3
3 −π
9
6

π 3
9
2
2
Câu 4.(1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn: 2 z − i = z − z + 2i và z − ( z ) = 4 .
Giả sử z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) .
 x + ( y − 1)i = ( y + 1)i
 x 2 + ( y − 1) 2 = ( y + 1) 2
⇔
Từ giả thiết ta có: 
2
2
 xy = 1
 ( x + yi ) − ( x − yi ) = 4

Vậy I = I1 + I 2 =


x2

x = ± 3 4
y
=
≥0
 x 2 − 4 y = 0


4
3
⇔
⇔
⇔
2 .
 x3 = 4
y =
 xy = 1

2


Vậy z = ± 3 4 +

3

2
i
2

Câu 5.(1,0 điểm)
Đường tròn ( T ) có tâm K ( 3;2 ) bán kính là R = 5

Ta có AI :x − y = 0 , khi đó đường thẳng AI cắt đường tròn ( T )
tại A ' ( A' khác A ) có tọa độ là nghiệm của hệ

( x − 3) 2 + ( y − 2 ) 2 = 25  x = −1
x = 6
⇔
(loại)
hoặc



 y = −1
y = 6
 x − y = 0
Vậy A ' ( 6;6 )
¼ ' = CA
¼ ')
Ta có: A 'B = A 'C (*) (Do BA
· 'BC = BAI
·
·
·
·
(1) (Vì cùng bằng IAC
) . Mặt khác ta có ABI
(2)
A
= IBC
· ' = ABI

·
·
·
· 'BC = IBA
· '
Từ (1) và (2) ta có: BIA
+ BAI
= IBC
+A
Suy ra tam giác BA 'I cân tại A ' do đó A 'B = A 'I (**)
Từ ( *) , ( **) ta có A 'B = A 'C = A 'I

12

6


Do
đó B,I,C thuộc đường tròn tâm A ' bán kính A 'I có phương trình là


( x − 6)

2

+ ( y − 6 ) = 50
2

( x − 3) 2 + ( y − 2 ) 2 = 25
Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ 

2
2
 ( x − 6 ) + ( y − 6 ) = 50
Nên tọa độ các điểm B,C là : (7; −1),(−1;5)
Khi đó I nằm trong tam giác ABC (TM) .
Vậy phương trình đường thẳng BC : 3x + 4y − 17 = 0 .
Câu 6.(1,0 điểm).
Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) và đường thẳng (d) có
phương trình:

x −1 y − 3 z
=
=
. Tìm điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất
2
2
−1

M∈ (d) nên M(1 + 2t; 3 + 2t; −t)

MA = (2 + 2t ) 2 + (1 + 2t ) 2 + t 2 = 9t 2 + 12t + 5 = (3t + 2) 2 + 1

D

MB = 4t 2 + (1 + 2t ) 2 + (−t + 5) 2 = 9t 2 − 6t + 26 = (3t − 1) 2 + 25
r
r
Trong mpOxy xét các vectơ u = (3t + 2; 1), v = ( −3t + 1; 5)
r r
r

r
Có: | u + v |= 3 5 ; | u |= (3t + 2) 2 + 1; | v |= (−3t + 1) 2 + 25
r r
r
r
Ta luôn có bất đẳng thức đúng: | u + v | ≤ | u | + | v |⇔ 3 5 ≤ (3t + 2) 2 + 1 + (−3t + 1) 2 + 25
3t + 2 1
1
r
r
= ⇔t =−
hay MA + MB ≥ 3 5 . Đẳng thức chỉ xảy ra khi u và v cùng hướng ⇔
−3t + 1 5
2
1

Vậy ( MA + MB) min = 3 5 đạt được khi M  0; 2; ÷
2


Câu 7.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc
của điểm A ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách
giữa hai đường thẳng AA ' và BC bằng

ABC.A 'B'C' .

a 3
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
4

a2 3
.
4
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC
BC ⊥ AE
⇒ BC ⊥ ( AA'E )
Gọi E là trung điểm BC . Ta có 
BC ⊥ A 'G
Diện tích đáy là SABC =

13


Gọi D là hình chiếu vuông góc của E

lên đường thẳng AA ' .
Do đó BC ⊥ DE, AA' ⊥ DE
Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC

DE 1
·
= ⇒ DAE
= 300
AE 2
a
0
Xét tam giác A 'AG vuông tại G ta có A 'G = AG.tan 30 =
3
3

a 3
Vậy VABC.A 'B'C ' = A 'G.SABC =
.
12
2.(0,5 điểm). Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng ( α ) đi qua
trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm (khác A ). Gọi
h A , h B , h C , h D lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng ( α ) .Chứng
·
=
Tam giác ADE vuông tại D suy ra sin DAE

h 2B + h C2 + h 2D
minh rằng:
≥ h 2A .
3
Gọi B', C', D' lần lượt giao điểm của mp ( α ) với các cạnh
AB, AC, AD .
1
Ta có VAGBC = VAGCD = VAGDB = VABCD (*)
3
Vì VAB'C ' D' = VAIB'C' + VAIC 'D' + VAID'B' và (*)
VAB'C ' D' VAIB'C '
V
V
=
+ AIC ' D' + AID' B'
nên
VABCD
3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB
AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC'

AI.AC'.AD'
AI.AD'.AB'
=
+
+
AB.AC.AD
3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB
AB AC AD
AG
BB' CC' DD'
⇔
+
+
= 3.
=6⇔
+
+
=3
AB' AC' AD'
AI
AB' AC' AD'
BB' h B CC' h C DD' h D
=
,
=
,
=
Mặt khác ta có
AB' h A AC' h A AD' h A
hB hC hD

+
+
= 3 ⇔ h B + h C + h D = 3h A (**)
Suy ra
hA hA hA
⇔

( h B + h C + h D ) ≤ 3( h B2 + h C2 + h D2 )
2
2
2
⇔ ( h B − h C ) + ( h C − h D ) + ( h D − h B ) ≥ 0 ( luôn đúng )
2
2
2
2
Kết hợp với (**) ta được ( 3h A ) ≤ 3 ( h B + h C + h D )
Ta có:

2

h 2B + h C2 + h 2D
Hay
≥ h 2A .
3
1
1
 2
2
x

+
y
+
+
=5
2
2

x
y
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
( xy − 1) 2 = x 2 − y 2 + 2

14

( x, y ∈ ¡ )


x ≠ 0
y ≠ 0


ĐKXĐ:

2
2

1 
1
 x + ÷ +  y − ÷ = 5

x 
y
Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với: 
 2
2
( x + 1) .( y − 1) = 2xy
2
2

1 
1
1

 x + ÷ +  y − ÷ = 5
u=x+

x 
y
x

⇔
( *) , đặt 
1 
1
 
v = y − 1
. y − ÷ = 2
y
  x + x ÷


y


2
u 2 + v 2 = 5 ( u + v ) = 9
⇔
Hệ phương trình ( *) trở thành 
uv
=
2

uv = 2
u + v = 3
 u + v = −3
⇔
(I) hoặc 
(II)
uv = 2
uv = 2

Ta có:

u = 1
u = 2
hoặc 
v = 2
v = 1
 u = −1
u = −2
( II ) ⇔ 

hoặc 
v = −2
 v = −1

( I) ⇔ 

u = 2
 u = −2
1
⇒ u ≥ 2 nên chỉ có 
và 
thỏa mãn.
x
v = 1
 v = −1
1

x + = 2 x = 1

u = 2
x


⇔
ta có 

1 ± 5 (thỏa mãn ĐKXĐ)
1
y
=

v = 1
y − = 1


2
y

1

x + = −2  x = −1

 u = −2
x


⇔
ta có 

−1 ± 5 (thỏa mãn ĐKXĐ)
1
y
=
 v = −1
 y − = −1


2
y

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) là:

Vì u = x +

 1+ 5   1− 5  
−1 + 5  
−1 − 5 
 1;
÷,  1;
÷,  −1;
÷,  −1;
÷
2  
2 
2
2 


Câu 9.(1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

P=

2
−
a + ab + 3 abc

3
.
a+b+c

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
15

1 a + 4b 1 a + 4b + 16c 4
a
+ ab + 3 abc ≤ a + .
+ .
= ( a + b + c) .
2 2
4
3
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4b = 16c .
3
3
−
Suy ra P ≥
2( a + b + c)
a+b+c
3
3
−
Đặt t = a + b + c, t > 0 . Khi đó ta có: P ≥
2t
t
3
3
3
3
−
− 2.

Xét hàm số f ( t ) =
với t > 0 ta có f ' ( t ) =
2t
t
2t t 2t
3
3
f '( t ) = 0 ⇔
− 2 = 0 ⇔ t =1
2t t 2t
Bảng biến thiên
Do đó ta có min f ( t ) = −
t >0

3
khi và chỉ khi t = 1
2

 16
a = 21

a + b + c = 1
4

3
⇔ b = .
Vậy ta có P ≥ − , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
21
2
a = 4b = 16c


1

c
=

21
3
 16 4 1 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − khi và chỉ khi ( a,b,c ) =  , , ÷.
2
 21 21 21 

ĐỀ SỐ 53
2
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 4 ( m − 1) x + 2m − 1 có đồ thị ( Cm )
4

3
2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số khi m = .
b) Xác định tham số m để (Cm) có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình ( 1 − tan x ) ( 1 + sin 2 x ) = ( 1 + tan x ) .
b) Giải phương trình:

x + 1 + 1 = 4 x 2 + 3x
π
2

Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân

∫

π
4

( x + 2sin x − 3) cos x dx
sin 3 x

16

.


z −1+ i
= 1.
z − 2i


Câu
4.(1,0 điểm): Tìm số phức z thỏa mãn z 2 + z 2 = 6 và

Câu 5.(1,0 điểm)
Trong hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng: d1 : 2 x + y − 3 = 0;

d 2 : 3x + 4 y + 5 = 0; d3 : 4 x + 3 y + 2 = 0
a) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d1 và tiếp xúc với d 2 và d3

uuuu
r

uuur

r

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d1 và điểm N thuộc d 2 sao cho OM + 4ON = 0
Câu 6.(1,0 điểm).Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và
đường thẳng ∆:

x +1 y −1 z
=
= .
2
−1 2

1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng ∆.
2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng ∆ tại điểm C sao
cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất.
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh
AB và CD lấy lần lượt các điểm M, N sao cho BM = CN = x. Xác định ví trí điểm M sao cho
khoảng cách giữa hai dường thẳng A1C và MN bằng

a
.
3

( x 2 + 1 ) + y( y + x ) = 4 y
Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực:  2

2
( x + 1 ).y( y + x − 2 ) = y

Câu 9.(1 điểm) Cho a,b,c>0 thỏa điều kiện abc=1.
Chứng minh rằng:

a
b
c
+
+
≥1
1+ b + c 1+ c + a 1+ a + b

LỜI GIẢI
Câu 1(2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 4 ( m − 1) x + 2m − 1 có đồ thị ( Cm )
1.(1,0 điểm).Với m = 2 bài toán trở thành
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 2.
4

2

• Tập xác định: Hàm số có tập xác định D = R.
x = 0
 x = ±1

• Sự biến thiên: y' = 4 x 3 − 4 x. Ta có y' = 0 ⇔ 
• yCD = y ( 0 ) = 2; yCT = y ( 2 ) = −2.
• Bảng biến thiên:
x −∞

y/
-

-1
0

+

0
0
17

-

1
0

+∞

+


+∞

y

+∞

2
-2

-2

•
vẽ đồ thị
8

6

4

2

- 15

- 10

-5

5

10

1
5

-2

-4

-6

-8

Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy
2.(1,0 điểm). Xác định m để (Cm) có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều.
3
2
Ta có y′ = 4 x − 8 ( m − 1) x = 4 x ( x − 2 ( m − 1) ) .

x = 0
y′ = 0 ⇔  2
nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1
 x = 2 ( m − 1)

Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:
A ( 0; 2m − 1) ,B

(

) (

)

2 ( m − 1) ; −4m 2 + 10m − 5 ,B − 2 ( m − 1) ; −4m 2 + 10m − 5 .

Ta có: AB 2 = AC 2 = 2 ( m − 1) + 16 ( m − 1) ; BC 2 = 8 ( m − 1)
4

Điều kiện tam giác ABC đều là AB = BC = CA ⇒ AB 2 = BC 2 = CA2
m = 1
m − 1 = 0
3
⇒ 2 ( m − 1) + 16 ( m − 1) = 8 ( m − 1) ⇒ 
⇒
3
3
8 ( m − 1) = 3  m = 1 +

2
4

3

3
:
2
Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình ( 1 − tan x ) ( 1 + sin 2 x ) = ( 1 + tan x ) .

So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra m = 1 +

• Điều kiện: x ≠

π
+ kπ ,k ∈ Z
2
tan x = −1
.

cos2 x = 1

Biến đổi phương trình về dạng ( sin x + cos x ) ( 1 − cos2 x ) = 0 ⇔ 
Do đó nghiệm của phương trình là: x = −
2.(0,5 điểm).Giải phương trình:
Điều kiện: x ≥ 0

π
+ kπ ,x = kπ ;k ∈ Z
4

x + 1 + 1 = 4 x 2 + 3x

Pt ⇔ 4 x 2 − 1 + 3 x − x + 1 = 0 ⇔ (2 x + 1)(2 x − 1) +

1


⇔ (2 x − 1)  2 x + 1 +
÷= 0
3x + x + 1 

1
⇔ 2x − 1 = 0 ⇔ x =
2
Câu 3(1,0 điểm).
18

2x − 1
=0

3x + x + 1


π

(

2

x + 2sin x − 3

I=∫

) cos x

sin 3 x

π
4
π
2

π
2

dx = ∫
π
4

π

2

( 2sin x − 3) cos x dx
x cos x
dx
+
∫
sin 3 x
sin 3 x
π

π
2

4

x cos x
1
1 x
 1 
I1 = ∫
dx = − ∫ xd  2 ÷ = −
3
2 π  sin x 
2 sin 2 x
π sin x
4
π
2

I2 = ∫

4

( 2sin x − 3) cos x dx =

π
4

3

sin x

π
2

∫

π
4

π
2
π
4

π

π
12 1

1π π  1
1
+ ∫ 2 dx = −  − ÷− cot x π2 =
2 π sin x
2 2 2  2
2
4
4

2sin x − 3
7
d ( sin x ) = 2 2 −
3
sin x
2

Vậy I = I1 + I 2 = 2 2 − 3 .
z −1+ i
= 1.
z − 2i
+ z 2 + z 2 = 6 ⇔ ( x + yi )2 + ( x − yi )2 = 6 ⇔ x 2 − y 2 = 3

Câu 4.(1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn z 2 + z 2 = 6 và
Giả sử z = x + yi, ( x, y ∈ ¡ ) . Ta có:

z −1+ i
= 1 ⇔ ( x − 1) + ( y + 1)i = x + ( y − 2)i ⇔ ( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 = x 2 + ( y − 2) 2
z − 2i
⇔ x − 3y +1 = 0

+

 x = 2, y = 1
 x2 − y 2 = 3
x = 3 y −1
⇔ 2
⇔
Giải hệ phương trình: 
x = − 7 , y = − 1
x
−
3
y
+
1
=
0
4
y
−
3
y
−
1
=
0



4

4
7 1
Vậy z = 2 + i; z = − − i
4 4

Câu 5.(1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng: d1 : 2 x + y − 3 = 0;

d 2 : 3x + 4 y + 5 = 0; d3 : 4 x + 3 y + 2 = 0
1.Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d1 và tiếp xúc với d 2 và d3

uuuu
r

uuur

r

2.Tìm tọa độ điểm M thuộc d1 và điểm N thuộc d 2 sao cho OM + 4ON = 0
Gọi I ∈ d1 là tâm đường tròn, thì I (t ;3 − 2t )

 −5t + 17 = −2t + 11 t = 2
3t + 4(3 − 2t ) + 5 4t + 3(3 − 2t ) + 2
⇔
⇔
=
−
5
t
+
17

=
2
t
−
11
5
5

t = 4
49
9
2
2
2
2
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn: ( x − 2) + ( y + 1) =
và ( x − 4) + ( y + 5) =
25
25
Tìm tọa độ điểm M thuộc d1 và điểm N thuộc d 2
3x + 5
)
Do M ∈ d1 & N ∈ d 2 nên M ( x1;3 − 2 x1 ); N ( x2 ; − 2
4
8

x
=
−
1

uuuu
r
uuur ur

 x + 4 x2 = 0
5
OM + 4ON = O ⇔  1
⇔
3 − 2 x1 − (3 x2 + 5) = 0  x = 2
 2 5
Khi đó:

 8 31 

2

31 

Vậy M  − ; ÷ và N  ; − ÷
 5 5
 5 20 
19


Câu 6(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và


đường thẳng ∆:

x +1 y −1 z

=
= .
2
−1 2

1.(0,5 điểm).
Viết phương
trình mặt phẳng
(P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng ∆.
uuuu
r
uuuu
r r
Ta có: AM = (−2; −4;0) , [AM, u]=(-8;4;10)
uuuu
r r
Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng ∆ nên nhận vectơ [AM, u]=(-8;-4;10) làm
vectơ pháp tuyến.
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là – 8(x – 1) + 4(y – 5) + 10(z – 0) = 0
hay 4x - 2y – 5z + 6 = 0.
2.(0,5 điểm). Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng ∆ tại điểm C sao
cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất.
 x = −1 + 2 t

Phương trình tham số của ∆:  y = 1 − t .
 z = 2t

Điểm
C thuộc đường thẳng
∆ nên tọa độ điểm C có dạng C (−1 + 2t;1 − t;2t ) .

uuur
uuur
AC = (−2 + 2t; −4 − t; 2t); AB = (2; −2;6)
uuur uuu
r
uuur uuu
r
2
 AC , AB  = (−24 − 2t;12 − 8t;12 − 2t ) ⇒  AC , AB  = 18t − 36t + 216
S=

r
1 uuur uuu
2
 AC , AB  = 18t − 36t + 216 =
2

Diện

tích

∆ABC

là

18(t − 1)2 + 198 ≥ 198

Vậy Min S = 198 khi t = 1 hay C(1; 0; 2).

uuur

Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận BC = (−2; −3; −4) làm vectơ chỉ phương nên có
C1

D1

A1

A

N

M

x −3 y −3 z −6
=
=
.
−2
−3
−4

Câu 7.(1,0 điểm)

B1

D

phương trình chính tắc là

C

Ta

có

B

MN / / BC ⇒ MN / / ( A1BC ) ⇒ d ( MN , A1C ) = d ( MN , ( A1BC ) )
x 2
Gọi H = A1 B ∩ AB1 và MK / / HA,K ∈ A1B ⇒ MK =
.

2
Vì A1 B ⊥ AB1 ⇒ MK ⊥ A1 B và CB ⊥ ( ABB1 A1 ) ⇒ CB ⊥ MK .

Từ đó suy ra MK ⊥ ( A1 BC ) ⇒ MK = d ( MN ,( A1 BC ) ) = d ( MN , A1C )
Nên MK =

a
x 2 a
a 2
.
⇒
= ⇒x=
3
2
3
3

Vậy M thỏa mãn BM =

a 2
3

( x 2 + 1 ) + y( y + x ) = 4 y
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình trên tập số thực:  2
2
( x + 1 )y( y + x − 2 ) = y

20


( x 2 + 1) + y ( y + x − 2 ) = 2 y

Viết lại hệ dưới dạng:  2
2
( x + 1) y ( y + x − 2 ) = y
Đặt u = x 2 + 1 và v = y( y + x − 2 ) ;


u + v = 2 y

hệ trở thành: 

2
uv = y

nên u,v là nghiệm của phương trình X 2 − 2 yX + y 2 = 0 ⇔ X = y
 x2 + 1 = y

 x2 + 1 = y
⇔
Nên 
 y ( y + x − 2) = y
y = 3− x

⇔ ( x; y ) = (1;2);(−2;5) .Vậy hệ có 2 nghiệm như trên.
Câu 9.(1,0 điểm).Cho a,b,c>0 thỏa điều kiện abc=1.

a
b
c
+
+
≥1
1+ b + c 1+ c + a 1+ a + b
(a + b + c) 2
Ta có a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 ⇒ a + b + c ≤
(1)
3
(a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca)
Chứng minh rằng:

Ta có

2( a + b + c) 2
⇒ 2( ab + bc + ca) ≤
3

(2)

a
b
c
a2
b2
c2
+
+
=
+
+
Khi đó: 1 + b + c 1 + c + a 1 + a + b a + ab + ac b + bc + ba c + ca + cb
≥

( a + b + c )2
( a + b + c )2
≥
=1
(do (1),(2))
( a + b + c ) + 2( ab + bc + ca ) ( a + b + c )2 2( a + b + c )2
+
3
3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

ĐỀ SỐ 2

2x − 3

(1)
x−2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) , biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng và
tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho AB = 2 IB , với I (2, 2) .
Câu 2.(1,0 điểm)
sin 2x + 3tan 2x + sin 4 x
= 2.
1. Giải phương trình:
tan 2 x − sin 2 x
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: y =

2. Giải phương trình :
log 21 (5 − 2 x) + log 2 (5 − 2 x).log 2 x +1 (5 − 2 x) = log 2 (2 x − 5) 2 + log 2 (2 x + 1).log 2 (5 − 2 x)
2

21


π
tan( x − )
Câu 3.(1,0 điểm): Tính tích phân I =
∫0 cos2x4 dx
π
6



Câu 4.(1,0 điểm).
22 2

2n n 121
Cn + ... +
Cn =
3
n +1
n +1
2
2. Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình : 2 ( 1 + i ) z − 4 ( 2 − i ) z − 5 − 3i = 0 .
2
2

1. Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn : Cn0 + Cn1 +
2

2

Tính z1 + z2 .
Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(5, −7) , điểm C
thuộc vào đường thẳng có phương trình: x − y + 4 = 0 . Đường thẳng đi qua D và trung điểm
của đoạn AB có phương trình: 3 x − 4 y − 23 = 0 . Tìm tọa độ của B và C , biết điểm B có
hoành độ dương.
Câu 6.(1,0 điểm).
Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng ( P ) : x − y − z + 1 = 0 . Viết phương
trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai
trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM = ON.
Câu 7.(1,0 điểm).
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy ABC là tam giác đều, hình chiếu của A
trên (A’B’C’) trùng với trọng tâm G của ∆ A’B’C’. Mặt phẳng (BB’C’C) tạo với (A’B’C’) góc
600 . Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a.

2

x − y)
(
 2x + 1 + 2 y + 1 =
Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
 ( x + y ) ( x + 2 y ) + 3x + 2 y = 4


( x, y ∈ ¡ ).

Câu 9.(1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

1
a 2 + b 2 + c 2 +1

−

2
( a +1) ( b +1) ( c +1)

LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm).. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =
TXĐ: D = R \ { 2}
lim y = 2

⇒ phương trình đường TCN: y = 2

x →±∞

lim y = −∞;lim y = +∞
x → 2−

y/ =

−1

( x − 2)

x → 2+

2

⇒ phương trình đường TCĐ: x = 2

< 0 ∀x ∈ D

⇒ Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.
Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên:
22

2x − 3
.
x−2

Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2)
Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0)
Đồ thị:

1.(1,0 điểm).Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng
và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho AB = 2 IB , với I(2;2).



Gọi M  x0 ;



2 x0 − 3 
÷∈ (C )
x0 − 2 

PTTT của (C) tại M: y = −

1

( x0 − 2 )

2

x+

2 x02 − 6 x0 + 6

( x0 − 2 )

2

Do AB = 2 IB và tam giác AIB vuông tại I ⇒ IA = IB nên hệ số góc của tiếp tuyến k = 1
−1
/
< 0 nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k = -1.
hoặc k = -1. vỡ y =
2
( x − 2)
⇔

−1

( x0 − 1)

2

 x0 = 1
= −1 ⇔ 
 x0 = 3

⇒ có hai phương trình tiếp tuyến: y = − x + 2 ; y = − x + 6
Câu 2.(1,0 điểm).
sin 2 x + 3 tan 2 x + sin 4 x
=2
1.(0,5 điểm).Giải phương trình:

tan 2 x − sin 2 x
cos 2 x ≠ 0
Đk: 
(*)
 tan 2 x − sin 2 x ≠ 0
Pt tương đương: 3sin 2 x + tan 2 x + sin 4 x = 0
⇔ 3sin 2 x cos 2 x + sin 2 x + sin 4 x cos 2 x = 0
⇔ ( cos 2 x + 1) ( sin 2 x + sin 4 x ) = 0

23


π

x
=
+ kπ


2
cos 2 x = −1

cos 2 x + 1 = 0

π
⇔
⇔ sin 2 x = 0 ⇔  x = k

2
sin 4 x + sin 2 x = 0


1

cos 2 x = −
 x = ± π + kπ

2

3
π
Nghiệm x = ± + kπ thỏa mãn (*)
3
π
Phương trình có 2 họ nghiệm: x = ± + kπ


3

2.(0,5 điểm). Giải phương trình :
log 21 (5 − 2 x) + log 2 (5 − 2 x).log 2 x +1 (5 − 2 x) = log 2 (2 x − 5) 2 + log 2 (2 x + 1).log 2 (5 − 2 x)
2

5
 −1
 2.
ĐK :  2
 x ≠ 0

Với ĐK trên PT đó cho tương đương với

log 22 (5 − 2 x)
= 2 log 2 (5 − 2 x) + 2 log 2 (5 − 2 x) log 2 (2 x + 1)
log 2 (2 x + 1)
−1

x = 4
log 2 (2 x + 1) = −1

1

⇔ log 2 (5 − 2 x) = 2 log 2 (2 x + 1) ⇔  x = ∨ x = −2

2
log 2 (5 − 2 x) = 0
x = 2


log 22 (5 − 2 x) +

Kết hợp với ĐK trên PT đó cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.
π
π
π
)
2
6 tan( x −
6
1 − tan 2 x
4 dx = − tan x + 1 dx , cos 2x =
Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân : I =

2

∫
0

cos2x

∫ (t anx+1)
0

2

1 + tan x

1
dx = (tan 2 x + 1)dx
cos 2 x
π
1
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = ⇒ t =
6
3

Đặt

t = t anx ⇒ dt=

Suy ra

1

3

I =−∫
0

1

dt
1 3 1− 3
=
=
2
(t + 1)
t + 10
2

Câu 4.(1,0 điểm)
2
22
2n n 121
1.(0,5 điểm). Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn : Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... +
Cn =
2
3
n +1
n +1
n
0
1
2 2

n n
Xét khai triển (1 + x) = Cn + Cn x + Cn x + ... + Cn x
3n +1 − 1
22
23
2n +1 n
= 2Cn0 + Cn1 + Cn3 + ... +
Cn
n +1
2
3
n +1
2
22
2n n 3n +1 − 1
121 3n +1 − 1
⇔ Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... +
Cn =
⇔
=
⇔ 3n +1 = 243 ⇔ n = 4
2
3
n +1
2(n + 1)
n + 1 2(n + 1)

Lấy tích phân 2 vế cận từ 0 đến 2 , ta được:

24

Vậy n=4.



2
2.(0,5 điểm). Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình : 2 ( 1 + i ) z − 4 ( 2 − i ) z − 5 − 3i = 0 .
2

2

Tính z1 + z2 .

Có ∆ ' = 4 ( 2 − i ) + 2 ( 1 + i ) ( 5 + 3i ) = 16 .
2

3
2

5
2

1
2

1
2

Vậy phương trình có hai nghiệm phức. z1 = − i, z2 = − − i

2

2

Do đó z1 + z2 = 9 .

Câu 5.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có
A(5, −7) , điểm C thuộc vào đường thẳng có phương trình: x − y + 4 = 0 . Đường thẳng đi qua
D và trung điểm của đoạn AB có phương trình: 3 x − 4 y − 23 = 0 . Tìm tọa độ của B và C ,
biết điểm B có hoành độ dương.
Gọi C ( c; c + 4 ) ∈ d1 , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2: 3x – 4y – 23 = 0.
uur
uu
r
 c + 10 c − 10 
;
Ta có ∆AIM đồng dạng ∆CID ⇒ CI = 2 AI ⇒ CI = 2 IA ⇒ I 
÷
3 
 3
c + 10
c − 10
−4
− 23 = 0 ⇔ c = 1
Mà I ∈ d 2 nên ta có: 3
3
3
Vậy C(1;5).
3t − 9 
 3t − 23 


Ta có: M ∈ d 2 ⇒ M  t ;
÷ ⇒ B  2t − 5;
÷
4 
2 


uuu
r 
r 
3t + 5  uuu
3t − 19 
AB =  2t − 10;
,
CB
=  2t − 6;
÷
÷
2 
2 



t = 1
uuu
r uuu
r
1
Do AB.CB = 0 ⇔ 4 ( t − 5 ) ( t − 3) + ( 3t + 5 ) ( 3t − 19 ) = 0 ⇔  29

t =
4
5

 B(−3; −3) (loai )
 33 21 
⇒   33 21 
⇒ B ; ÷
B  ; ÷
 5 5
  5 5 
Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng
( P ) : x − y − z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P)
biết rằng mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy, Oz lần lượt tại điểm phân biệt M và N sao cho OM =
ON.
uur

r

uur

Giả sử nQ là một vecto pháp tuyến của (Q). Khi đó nQ ⊥ nP ( 1; −1; −1)
Mặt phẳng (Q) cắt hai trục Oy và Oz tại M ( 0; a; 0 ) , N ( 0;0; b ) phân biệt sao cho OM = ON
a = b ≠ 0

Nên a = b ⇔ 
 a = −b ≠ 0
uuuu
r

r

uur

r

uur

r uur

Nếu a = b thì MN = ( 0; −a; a ) // u ( 0; −1;1) và nQ ⊥ u nên nQ = u, nP  = ( 2;1;1) .

25