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 6

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 61



Câu 1.(2,0 điểm).
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị: y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2 (C).
2/Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có đồ thị là (Cm), đường thẳng d
có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m để d cắt (Cm) tại ba
điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 .
Câu 2.(2,0 điểm).
1. Cho phương trình 2cos2x – mcosx =

1
sin4x + msinx, m là tham số (1).
4

a) Giải phương trình (1) khi m = 2.
π
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm trong đoạn [0, ].
4

2. Giải phương trình

3 x + 3 − 5 − 2 x − x3 + 3 x 2 + 10 x − 26 = 0, x ∈ ¡ .

x2 −1
∫ ( x 2 − x + 1)( x 2 + 3x + 1)dx.
1
2

Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân

I =

Câu 4.(1,0 điểm).
1/Tìm hệ số của x18 trong khai triển của (2 – x2)3n biết n ∈ ¥ * thoả mãn đẳng thức sau:
C20n + C22n + C24n + ... + C22nn = 512 .
2/Tìm môđun của số phức Z =

1 + 2i − (1 − i)3
.
1+ i

Câu 5.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm I(-5;1)
là tâm đường tròn ngoại tiếp; phương trình đường cao AH và trung tuyến AM lần lượt là:
x − 2 y − 13 = 0 và 13 x − 6 y − 9 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C.
Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(4;4;0); điểm B thuộc
mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 4 y − 4 z = 0 sao cho tam giác OAB đều. Viết phương trình
mặt phẳng (OAB).
Câu 7.(1.0điểm).
1. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các
cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể
tích của hai phần đó.
2. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn 1.
Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V.

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

Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3.
Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
+
+
≥ 1 .Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
a + 2b 2 b + 2c 2 c + 2a 2


LỜI GIẢI



Câu 1.(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị: y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2 (C).
TXĐ: D=R
Sự biến thiên : + lim y = +∞ ;

lim y = −∞

x →+∞

x →−∞

+ y/=3x2-12x + 9 , y/ = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 3
+ Bảng biến thiên
x

-

y/

1
+

3
0

y

+

-

0

+
+

2
-

-2

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ∞ ;1) và (3;+ ∞ ); nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại x = 1, y CĐ= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3, y CT= -2
y / / = 6 x − 12 y / / = 0 ⇔ x = 2, y = 0

Đồ thị nhận điểm I(2;0) làm điểm uốn
Đồ thị:
4

Y

2

O

1

3
5

X

10

15

-2

-4

Đồ thị nhân điểm I(2;0) làm tâm đối xứng
2.(1,0 điểm). Cho hàm số y = x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có đồ thị là (Cm),
đường thẳng d có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m để
d cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:
-6

-8

-10

x = 0

x3 + 2mx2 + (m + 3)x + 4 = x + 4 ⇔ x(x2 + 2mx + m + 2) = 0 ⇔ 

2
 x + 2mx + m + 2 = 0 ( *)

d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
-12

20


' = m 2 m 2 > 0
m ( ;2 ) ( 2;1) ( 2;+ )
m + 2 0

Khi ú B = (x1; x1 + 4), C = (x2; x2 + 4) vi x1, x2 l hai nghim ca (*).
x1 + x 2 = 2m
x1 x 2 = m + 2

Theo Vi-ột ta cú

2

2

ị BC = 2 ( x1 - x2 ) = 2 ( x1 + x2 ) - 8 x1 x2 = 2 2 ( m 2 - m - 2)
Ta cú khong cỏch t K n d l h = 2 .
1
1
2.2 2 ( m 2 - m - 2) = 2 m 2 - m - 2
Do ú din tớch KBC l: S = .h.BC =
2
2
1 137
S = 8 2 2 m2 - m - 2 = 8 2 m =
(TM ) .
2
1 137
Vy m =
.
2

Cõu 2.(1,0im)
1
sin4x + msinx(1)
4
1
1a.(0,25 im) Gii phng trỡnh: 2cos2x mcosx = sin4x + msinx (1) khi m = 2.
4
1
Ta cú : 2cos2x mcosx = sin4x + msinx
4
4cos2x - sin2x.cos2x 2m(sinx + cosx) = 0
cos2x(4 - sin2x) 2m(sinx + cosx) = 0
(cos2x sin2x)(4 - sin2x) - 2m(sinx + cosx) = 0
(sinx + cosx)[(cosx sinx)(4 - sin2x) - 2m] = 0

1.(0,5 im). Cho phng trỡnh: 2cos2x mcosx =

ộsin x + cosx = 0 (2)
ờ
ờ
ở(cosx - sin x)(4 - sin 2 x) - 2m = 0 (3)
ổ pử
p
x+ ữ
=
0

x
=
+ k pẻ, k

*Gii (2): sin x + cosx = 0 sin ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố 4ứ
4
*Gii (3): (cosx - sin x)(4 - sin 2 x) - 2m = 0 .
t t = cosx - sinx, t Ê 2 ị sin 2 x = 2sin x cos x = 1- t 2

Â.

2
3
PT (3) tr thnh: t ( 3 + t ) - 2m = 0 t + 3t - 2m = 0 (4)
3
2
Vi m = 2, PT (4) tr thnh: t + 3t - 4 = 0 ( t - 1) ( t + t + 4) = 0 t = 1

ổ pử
2
p
p
x+ ữ
=

x
+
=

+ k 2pẻ, k
Vi t = 1, ta cú: cos x - sin x = 1 cos ỗ
ữ
ỗ
ữ 2
ỗ
ố 4ứ
4
4
ộx = k 2pẻ, k Â
ờ
ờ
p
ờx = - + k 2pẻ, k  .
ờ
2
ở
Vy vi m = 2, PT ó cho cú nghim:
p
p
x = - + k p , x = k 2p, x = - + k 2pẻ(k  ).
4
2

2b.(0,25im) Tỡm m phng trỡnh (1) cú nghim trong on [0, ].

Â

4

Nghim ca (2) khụng thuc on [0, ] nờn PT ó cho cú nghim thuc on [0, ] thỡ
4

PT (3) phi cú nghim thuc on [0, ] hay PT (4) cú nghim thuc on [0, 1].
4

4


Ta cú: t 3 + 3t - 2m = 0 t 3 + 3t = 2m (5).

Xột hm s f(t) = t3 + 3t liờn tc trờn Ă cú f '(t) = 3t2 + 3 > 0 " t ẻ Ă .
Suy ra: min f (t ) = f (0) = 0, m ax f (t ) = f (1) = 4 .
[ 0,1]

[ 0,1]

PT (5) cú nghim trờn on [0, 1]
min f (t ) Ê 2m Ê m ax f (t ) 0 Ê 2m Ê 4 0 Ê m Ê 2.
[ 0,1]

[ 0,1]

Vy m ẻ [ 0, 2] l giỏ tr cn tỡm ca m.
3 x + 3 5 2 x x3 + 3 x 2 + 10 x 26 = 0, x Ă .

2. (0,5 im) Gii phng trỡnh

5

iu kin: x 1; .
2
PT

(

) (

3x + 3 - 3 -

3( x - 2 )



+

)

5 - 2 x - 1 - x 3 + 3 x 2 + 10 x - 24 = 0

2 ( x - 2)

- ( x - 2) ( x 2 - x - 12) = 0

3x + 3 + 3
5 - 2x + 1
ộ

ự
3
2
( x - 2) ờ
+
- x 2 + x + 12ỳ= 0
ờ
ỳ
5 - 2x + 1
ở 3x + 3 + 3
ỷ
ộx = 2
ờ
ờ
3
2
ờ
+
- x 2 + x + 12 = 0
ờ
5 - 2x + 1
ở 3x + 3 + 3
ộ 5ự
2
Xột hm s f ( x) = - x + x + 12, x ẻ ờ- 1; ỳ.
ờ
ở 2ỳ
ỷ
ộ 5ự
Ta cú f(x) liờn tc trờn ờ- 1; ỳ.

ờ
ở 2ỳ
ỷ
Ta cú f'(x) = -2x + 1, f'(x) = 0 x =

1
.
2

ỡù
ỡù
5
1 ỹ
33 49 ỹ
ù
ù 33
min
f
(
x
)
=
min
f
(
1);
f
(
);
f

(
)
=
min
10,
, ý= > 0 .
ớ
ý
ớ
Do ú ộ 5 ự
ùợù
ùợù
2
2 ùỵ
4 4 ùỵ
4
ờ- 1; ỳ
ù
ù
ờ 2ỳ
ở

ỷ

3
2
+
- x 2 + x + 12 > 0 " x ẻ
3x + 3 + 3
5 - 2x + 1

Vy PT ó cho cú nghim duy nht x = 2.
ị

x2 1
( x 2 x + 1)( x 2 + 3 x + 1)dx.
1
2

Cõu 3.(1.0 im) Tớnh tớch phõn I =
1

1 2 ữdx
x
1 1
1
x + x 1ữ x + x + 3 ữ



2

Ta cú I =

t t = x +
i cn:
5
2

1
x

1

dt = 1 2 ữdx
x
x = 1 t = 2 ;
x= 2 t = 5/2
5
2

dt
1 1
1
=

ữdt
4 2 t 1 t + 3
2 (t 1)(t + 3)

I =

=

1
( ln t 1 ln t + 3 )
4

5
2
2

=

ộ 5ự
ờ- 1; ỳ.
ờ
ở 2ỳ
ỷ

1 15
ln
4 11


Câu 4.(1,0 điểm)


1.(0,5 điểm). Tìm hệ số của x18 trong khai triển của (2 – x2)3n biết n ∈ ¥ * thoả mãn đẳng
thức sau: C20n + C22n + C24n + ... + C22nn = 512
Ta có: ( 1 + 1)

2n

= C20n + C21n + C22n + C23n + ... + C22nn −1 + C22nn (1)

Ta có: ( 1 − 1) = C20n − C21n + C22n − C23n + ... − C22nn −1 + C22nn (2)
Cộng từng vế (1) và (2) ta được:
22 n = 2 ( C20n + C22n + C24n + ... + C22nn ) ⇒ C20n + C22n + C24n + ... + C22nn = 22 n −1
2n

Theo bài ra ta có: 22 n- 1 = 512 Û 2n - 1 = 9 Û n = 5
15

Từ đó (2 – x2)3n = (2 – x2)15 =

∑C
i =0

i
15

( 2)15−i (−1) i x 2i

Þ Hệ số của x18 là số C15i 215−i (−1) i sao cho 2i = 18 Û i = 9.
9 6
Vậy hệ số của x18 là: - C15 2 = -320.320
1 + 2i − (1 − i)3
.
1+ i
1 + 2i − (1 − i)3 1 + 2i − (1 − 3i + 3i 2 − i 3 ) 3 + 4i
⇒
=
=
ta có: Z =
1+ i
1+ i
1+ i

2.(0,5 điểm). Tìm môđun của số phức Z =

2

Z=

7 1
+ i
2 2

2

7
1
5 2
Vậy: Z =  ÷ +  ÷ =
2
2 2

Câu 5.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm I(-5;1)
là tâm đường tròn ngoại tiếp; phương trình đường cao AH và trung tuyến AM lần lượt là:
x − 2 y − 13 = 0 và 13 x − 6 y − 9 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C.
Ta có A=AM∩AH ⇒ A(-3 ;-8)
Do IM // AH ⇒ phương trình đường thẳng IM: x - 2y + 7 = 0
M = IM ∩ AM ⇒ M(3;5)
BC ⊥ AH ⇒ phương trình đường thẳng BC: 2x + y - 11 = 0
Do B ∈ BC ⇒ B( x0; 11 - 2x0)
x = 2

0
Ta có IB =IA ⇒ (x0+5)2 + (10 - 2x0)2 = 85 ⇔ x02- 6x0+8 = 0 ⇔ 
 x0 = 4

⇒ B(2; 7) ; C(4;3) hoặc B( 4;3) ; C(2;7)
Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(4;4;0); điểm B thuộc
mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 4 y − 4 z = 0 sao cho tam giác OAB đều. Viết phương trình
mặt phẳng (OAB).
 x2 + y 2 + z 2 − 4x − 4 y − 4z = 0
B ( x; y; z ) ∈ ( S ) và ∆OAB đều nên 
OA = OB = AB
 x2 + y2 + z 2 = 4 x + 4 y + 4z
x + y + z = 8
 2
 x = 0; y = 4; z = 4

⇔  x + y 2 + z 2 = 32
⇔  x 2 + y 2 + z 2 = 32 ⇔ 
 x = 4; y = 0; z = 4
(4 − x) 2 + (4 − y ) 2 + z 2 = 32
x + y = 4



 B(0; 4; 4)
⇒
 B(4;0; 4)

B (0; 4; 4) ⇒ phương trình mp(OAB): x - y + z =0
B (4;0; 4) ⇒ phương trình mp(OAB): x - y - z =0

Câu 7.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của

các cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể
tích của hai phần đó.


Dựng đúng thiết diện


Chứng minh EI = IJ = JF. Từ đó suy ra

EB
EM
FA ' 1
=
=
= .
EB ' EK
FB ' 3

FN 1
= .
FK 2
Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B'. Suy ra SKFB’ = (3/4)SA’B’C’.
EB 1
= nên suy ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là chiều cao lăng trụ).
Mặt khác vì
EB ' 3
Do đó VEKFB’ = (3/8)V (V là thể tích lăng trụ) .
VEBIM
EI EM EB 1 1 1
1

1 3
1
=
.
.
= . . =
nên VEBIM = . V = V .
VEB ' FK
EF EK EB ' 3 3 3 27
27 8
72
VFA ' JN
FJ FA ' FN 1 1 1
1
1 3
1
=
.
.
= . . =
nên VFA’JN = . V = V .
VFB ' EK
FE FB ' FK 3 3 2 18
18 8
48
Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V1 là thể tích phần chứa điểm B' và
V2 là thể tích phần chứa điểm C.
Ta có V1 = (3/8 – 1/72 – 1/48)V = (49/144)V nên V2 = (95/144)V.
Do đó V1/V2 = 49/95.
Lại từ đó suy ra

A

E

I

A

B
M

C

D

J
B

A'

F

H

M
N

B'
N

C

K
C'

2.(0,5điểm) Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn
1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V.
Theo giả thiết DACD và DBCD có tất cả các cạnh không lớn hơn 1.
Đặt CD = a ( 0 < a £ 1 ).
Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của ∆ACD và ∆BCD .
Ta có AM ≤ 1 −

a2
a2
; BN ≤ 1 −
.
4
4

Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có AH ≤ AM ≤ 1 −
1
3

a2
.
4

1
6

a
6

Thể tích của tứ diện ABCD: V = .S ∆BCD . AH = .BN .CD. AH ≤ (1 −
Xét f (a) = a (4 − a 2 ) trên (0, 1]. Ta có f(a) liên tục trên (0, 1].
2
Ï ( 0;1] .
f ' (a ) = 4 - 3a 2 , f ' ( a) = 0 Û a = ±
3
a

0

1
+

f'(a)

3
f(a)
0

f (a ) = f (1) = 3 .
Vậy m( 0,1ax
]

a2
)
4

1

Suy
ra maxV = khi DACD và ∆BCD là hai tam giác đều cạnh bằng 1, hai mặt phẳng
8
6
(ACD) và (BCD) vuông góc với nhau. Khi đó tính được AB =
> 1.
2
 x 3 − y 3 + 3 x 2 + 4 x − y + 2 = 0
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
2
 1 − x − y = 2 − y − 1

 −1 ≤ x ≤ 1
0 ≤ y ≤ 2

ĐK 

(1) ⇔ ( x + 1)3 + ( x + 1) = y 3 + y
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t

(2)
t ∈ [ 0; 2]

với

Ta có f / (t ) = 3t 2 + 1 > 0 ∀t ∈ (0; 2) ⇒ f đồng biến trên [ 0; 2]

⇔ x +1 = y
Phương trình(2) có dạng f ( x + 1) = f ( y )
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
1 − x2 − x + 1 = 1 − x −1

⇔ x + 1 + 1 − x − 1 − x2 − 1 = 0
t2 − 2
Đặt t = x + 1 + 1 − x , 2 ≤ t ≤ 2 ⇒ 1 − x 2 =
2
t = 0 (loai)
2
⇔
Phương trình trở thành: t − 2t = 0
t = 2 (t/m)

Với t = 2 ⇒ x + 1 + 1 − x = 2 ⇔ 1 − x 2 = 0 ⇔ x = ±1 (t/m đk)
x=1
⇒ y=2
x= -1 ⇒ y=0
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (-1;0) ; (1;2)
Câu 9.(1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3.
Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
+
+
≥ 1 .Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
a + 2b 2 b + 2c 2 c + 2a 2

a2
2ab 2
2ab 2
2
2/3
=
a
−
≥
a
−
= a − ( ab ) (Theo BĐT Cô - si)
Ta có
2
2
a + 2b
a + 2b
3
3 3 ab 4
b2
2
c2
2
2/3
2/3
≥
b
−
bc

≥ c − ( ca )
,
(
)
2
2
b + 2c
3
c + 2a
3
2
2
2
a
b
c
2
2/3
2/3
2/3
+
+
≥ a + b + c − ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) 
Khi đó
2
2
2


a + 2b b + 2c c + 2a

3
2
2/3
2/3
2/3
= 3 − ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  (1)

3

Tương tự:

Ta đi chứng minh ( ab )

2/3

+ ( bc )

2/ 3

+ ( ca )

2/3

≤ 3 ⇔ 3 a 2b 2 + 3 b 2 c 2 + 3 c 2 a 2 ≤ 3 (2)

Thật vậy theo Cô - si ta có a + b + ab ≥ 3 3 a 2b 2
Thật vậy theo Cô - si ta có c + b + bc ≥ 3 3 c 2b 2
Thật vậy theo Cô - si ta có a + c + ac ≥ 3 3 a 2c 2
⇒ 2 ( a + b + c ) + ab + bc + ca ≥ 3

(

3

a 2b 2 + 3 b 2 c 2 + 3 c 2 a 2

)

Mặt khác ta có:

( a − b)

2

+ ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
2

2

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

Khi đó ta có: 3

(

3

)

1
2
( a + b + c) = 3
3

a 2b 2 + 3 b 2 c 2 + 3 c 2 a 2 ≤ 2.3 + 3 = 9


3 2 2
⇒
a b + 3 b 2c 2 + 3 c 2 a 2 ≤ 3 . Vậy (2) đúng, thay vào (1) ⇒ ĐPCM.


Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.

ĐỀ SỐ 62

Câu1.( 2,0 điểm ) Cho hàm số y = x − 3mx + 2 ( Cm )
3

1. Với m=1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( C1 )

2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của ( Cm ) cắt đường tròn tâm

I ( 1;1) , bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị

lớn nhất
Câu 2.(1,0 điểm )
1. Giải phương trình sau trên tập số thực: x + 1 = (2 x + 1)
2. Giải phương trình:

x +1 + 2 .

5x
x
cos + 3 sin 2x + 3cos x + 2
2
2
=0
2sin x − 3
 1x

 e + x  x + 2 tan x   dx
÷
∫  x 2  cos 2 x




4 3 sin x cos 2 x − 2 cos

Câu 3.(1,0 điểm).Tính tích phân:

Câu 4.(1,0 điểm)
2013
= a o + a1x + a 2 x 2 + ... + a 2013 x 2013 .
1. Cho khai triển đa thức: ( 1 − 2x )
Tính tổng: S = a 0 + 2 a1 + 3 a 2 + ... + 2014 a 2013
2. Cho số phức z thỏa mãn |z – 1| = |z – 2i|. Tìm số phức z biếtz + – 5iđạt giá trị nhỏ
nhất.

Câu 5.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho hình bình hành
2
ABCD tâm I, biết A(0; 1) và B(3; 4) thuộc parabol ( P ) : y = x − 2x + 1, điểm I nằm trên cung
AB của (P) sao cho tam giác IAB có diện tich lớn nhất. Tìm tọa độ C và D.
Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng
(P) đi qua O, vuông góc với mặt phẳng (Q): 5x − 2y + 5z = 0 và tạo với mặt phẳng (R):
x − 4y − 8z + 6 = 0 góc 45o .
Câu 7.(1,0 điểm).Cho hình chóp SABCD đáy ABCD là hình thoi có AC= 2 3a ,BD=2a.Hai
mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) .Khoảng cách từ tâm
hình bình thoi ABCD đến (SAB) là a

6
.Tính thể tích khối chóp SABCD.
4

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

3x +3y − 2 + 6.3y2 + 4x −2 = 35y −3x + 2.3( y +1)

1 + 2. x + y − 1 = 3. 3 3y − 2x

Câu 9.(1 ,0 điểm ) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 .
a 5 − 2a 3 + a b5 − 2b3 + b c 5 − 2c3 + c 2 3
Chứng minh rằng
+
+
≤
b2 + c2
c2 + a2
a 2 + b2

3

2




LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm).Khảo sát hàm số và vẽ đồ thi : y = x 3 − 3x + 2
• Tập xác định: ¡
lim y = −∞, lim y = −∞

x →−∞

x →+∞

• Sự biến thiên

Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1
Bảng biến thiên
−∞
x
-1
y’
+
0
4
Y=f(x)

-

−∞

1
0

+∞

+

+∞

0

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( 1; +∞ ) ,
nghịch biến trên khoảng,(-1;1)
Hàm số đạt cực đại tại x = −1, yCD = 4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0
• Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn
y

f(x )=x ^3 -3x+2

4

3

2

1

x
-2

-1

1

2

-1

2.(1,0 điểm) Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của ( Cm ) cắt đường tròn

tâm I ( 1;1) , bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt
giá trị lớn nhất
Ta có y ' = 3x 2 − 3m
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m > 0
1
3

Vì y = x. y '− 2mx + 2 nên đường thẳng ∆ đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có
phương trình là y = −2mx + 2 . Ta có d ( I , ∆ ) =

2m − 1
4m 2 + 1

< R = 1 (vì m > 0), chứng tỏ đường

thẳng ∆ luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt

Với m ≠

1
1
1 2 1
, đường thẳng ∆ không đi qua I, ta có: S ∆ABI = IA.IB.sin AIB ≤ R =
2
2
2
2

Nên S ∆IAB đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại I
2m − 1
R
1
1
2± 3
=
=
⇔m=
(H là trung điểm của AB) ⇔
2
2
2
2
4m 2 + 1
m < 0
Kết luận: 
2
m>

3

⇔ IH =

Câu 2.(1.0 điểm)


1.(0,5
điểm). Giải phương trình sau trên tập số thực: x + 1 = (2 x + 1)

1
x + 1 + 2 ( y > 2 ),
2
 x + 1 + y = 2( x + 1) y
ta thu được hệ  2
 y − x + 1 = 2

x +1 + 2 .

Điều kiện: x ≥ − . Đặt y =

(

)

(

)(

)

2
2
Suy ra x + 1 + y = y − x + 1 ( x + 1) y ⇔ y x + 1 + 1 y + x + 1 − y x + 1 = 0

(

)(

)

⇔ y x +1 +1 y − 2 x +1 = 0 ⇔ y = 2 x +1
−15 + 33
.
32
−15 + 33
Thay vào, thử lại thấy x =
thỏa mãn.
32
−15 + 33
Đáp số: x =
.
32

Do vậy

x +1 + 2 = 2 x +1 ⇔ x =

2.(0,5 điểm) Giải phương trình :
Điều kiện : sin x ≠

5x
x
cos + 3 sin 2x + 3cos x + 2
2
2
=0
2sin x − 3

4 3 sin x cos 2 x − 2 cos

3
2

Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2 3 sin 2x cos x − cos 3x − cos 2x + 3 sin 2x + 3cos x + 2 = 0
⇔ 3 sin 2x ( 2 cos x + 1) − ( cos 3x − cos x ) − ( cos 2x − 1) + 2 cos x + 1 = 0
⇔ 3 sin 2x ( 2 cos x + 1) + 4 cos x.sin 2 x + 2sin 2 x + 2 cos x + 1 = 0
⇔ 3 sin 2x ( 2 cos x + 1) + 2sin 2 x ( 2 cos x + 1) + ( 2 cos x + 1) = 0
⇔ ( 2 cos x + 1)

(

)

3 sin 2x + 2sin 2 x + 1 = 0 ⇔ ( 2 cos x + 1)

(

)

3 sin 2x − cos 2x + 2 = 0

−1

2π

 cos x = 2
 x = ± 3 + 2kπ
 2 cos x + 1 = 0
⇔
⇔
⇔
( k ∈ Ζ)
 cos  2x + π  = −1  x = −π + kπ
 3 sin 2x − cos 2x + 2 = 0
÷
 

3
6

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là:
x = kπ; x =

−2 π
−π
+ k2π; x =
+ k2π(k ∈ Z)
3

3

Câu 4.(1,0 điểm).
1.(0,5 điểm).Cho khai triển đa thức: ( 1 − 2x )

2015

= a o + a1x + a 2 .x 2 + ... + a 2015 .x 2015

Tính tổng: S = a 0 + 2 a1 + 3 a 2 + ... + 2015 a 2014
Ta có: ( x(1 − 2 x) 2015 ) ′ = a0 + 2a1 x + 3a2 x 2 + ... + 2016a2015 x 2015 .
/

2015
Mà  x ( 1 − 2 x )  = (1 − 2 x) 2015 − 4030 x(1 − 2 x) 2014 = a0 + 2a1 x + 3a2 x 2 + ... + 2016a2015 x 2015 (*).
k
k
Nhận thấy: ak x = ak (− x) do đó thay x = −1 vào cả hai vế của (*) ta có:

S = a0 + 2 a1 + 3 a2 + ... + 2016 a2015 = 4033.32014

2.(0,5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn |z – 1| = |z – 2i|. Tìm số phức z biếtz + – 5iđạt giá trị
nhỏ nhất.
Đặt z = x + yi (x, y ∈ R và i = -1).
trở thành: (a - 1) + b = a + (b - 2)


⇔ a = 2b - ⇒ z = 2b - + bi

Do đó |z + - 5i| = | 2b + (b - 5)i| = = ≥ .

Dấu bằng xảy ra ⇔ b = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của |z + - 5i| = ⇔ b = 1.
Khi đó z = + i.
Câu 5 (1,0điểm ).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho hình bình hành
2
ABCD tâm I, biết A(0; 1) và B(3; 4) thuộc parabol ( P ) : y = x − 2x + 1, điểm I nằm trên cung
AB của (P) sao cho tam giác IAB có diện tich lớn nhất. Tìm tọa độ C và D.
Tìm tọa độ C và D.Đường thẳng AB: x − y + 1 = 0 ; I nằm trên cung AB của (P)
⇒ I ( m; m 2 − 2m + 1) , m ∈ [ 0;3] .
Diện tích tam giác IAB lớn nhất ⇔ d ( I; AB ) =

m 2 − 3m
2

lớn nhất

2
Xét hàm số f ( m ) = m − 3m trên [ 0;3] ta có:

2
3

0

m

3
0
0
f(m)

−9
4
9
4

2
Suy ra ∀m ∈ [ 0;3] , 0 ≤ m − 4m ≤ ⇒ d ( I; AB ) ≤



9

3

3 1

. Dấu “=” xảy ra ⇔ m = ⇒ I  ; ÷
2
4 2
2 4

−1 



7

I là trung điểm của AC và BD nên C  3; ÷ và D  0; ÷ là hai điểm cần tìm
 2 
 2

Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng
(P) đi qua O, vuông góc với mặt phẳng (Q): 5x − 2y + 5z = 0 và tạo với mặt phẳng (R):
x − 4y − 8z + 6 = 0 góc 45o .
Mặt phẳng (P) đi qua O(0; 0; 0) nên có pt dạng : Ax + By + Cz = 0 với A 2 + B2 + C2 > 0
5
2

( P ) ⊥ ( Q ) ⇔ 5A − 2B + 5C = 0 ⇔ B = ( A + C ) (1)
o
(P) tạo với (R) góc 45o nên cos45 =

( 1) , ( 2 ) ⇒

A − 4B − 8C
A 2 + B2 + C 2 1 + 16 + 64

2 A − 10 ( A + C ) − 8C = 9 A 2 +

⇔

A − 4B − 8C
1
=
(2)
2
A 2 + B2 + C 2 .9

25
2
( A + C ) + C 2 ⇔ 21A 2 + 18AC = 3C2 = 0

4

1
7
*) A = −1, C = 1 ⇒ B = 0 ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là x-z=0
1
20
*) A = , C = 1 ⇒ B = ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là x+20z+7z=0
7
7

Chọn C = 1 ⇒ A = −1; A =

Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là x-z=0 hoặc x+20z+7z=0
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD đáy ABCD là hình thoi có AC= 2 3a ,BD=2a.Hai
mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) .Khoảng cách từ tâm
hình bình thoi ABCD đến (SAB) là a

6
.Tính thể tích khối chóp SABCD.
4


S



I
D

A

H

O
a

K
B

C

Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi
· B D = 600
đường chéo. Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó A
Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên
giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD).
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
DH ⊥ AB và DH = a 3 ; OK // DH và OK =

1
a 3
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
DH =
2
2

Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒

1
1
1
a
=
+
⇒ SO =
2
2
2
OI
OK
SO
2

Diện tích đáy S ABCD = 4S ∆ABO = 2.OA.OB = 2 3a 2 ; đường cao của hình chóp SO =
Thể tích khối chóp S.ABCD:

VS . ABC D

1
= S ABC D .SO =
3

3a 3
(đvtt)
3

3x +3y −2 + 6.3y2 + 4x −2 = 35y −3x + 2.3( y +1)

1 + 2. x + y − 1 = 3. 3 3y − 2x

Câu 8.(1.0điểm ) Giải hệ phương trình :
Đk: x + y − 1 ≥ 0 (*)

( 1) ⇔ ( 34x −2+3y −3x + 6.3y +4x −2 ) − ( 32 y +3y −3x + 2.3y +1+2y ) = 0
2

(

⇔ ( 34x − 2 − 32y ) 27 y − x + 6.3y

2

2

) =0⇔3

4x − 2

Thay vào (2) ta có: 1 + 2 3x − 2 = 3. 3 4x − 3, x ≥

− 32 y = 0 ⇔ y = 2x − 1

2
3

1 + 2a = 3b

Đặt a = 3x − 2 ≥ 0; b = 3 4x − 3 ta có hệ 

a
.
2

2
3
 4a − 3b = 1

( 3)
( 4)

−1

b
=
0
⇒
a
=

2

3b = 1
3
2
3b
−

9b
+
6b
=
0
⇔
b
=
1
⇒
a
=
1
Từ ( 3) ⇒ a =
thay vào pt (4) ta được

2

5
b = 2 ⇒ a =
2

−1
+) b = 0;a =
không thõa mãn
2
a = 1  x = 1
⇔
+) 
b = 1  y = 1

2

( 1)
( 2)


11


a =

4
+)  2 ⇔ 
9
 b = 2
y =

2

5
x=


 11 9 
; ÷
 9 2
Câu 9.(1,0 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 .
a 5 − 2a 3 + a b5 − 2b3 + b c 5 − 2c3 + c 2 3
Chứng minh rằng

+
+
≤
b2 + c2
c2 + a2
a 2 + b2
3
2
2
2
Do a, b, c > 0 và a + b + c = 1 nên a, b, c ∈ ( 0;1)

Kết hợp đk (*) suy ra hệ có nghiệm (x; y) là ( 1;1) , 

Ta có :
tương tự:

5

(

a − 2a + a
=
2
2
b +c
5

(

3

b − 2b + b

2

c +a

5

2

c − 2c + c

2

a +b

2

=

1− a

2

2

)

b b −1

=

3

)

2
2
a a −1

3

(

1− b

2

2

)

c c −1

Bất đẳng thức trở thành

1− c

2

3
= −a + a

2
3
= −b + b

2
3
= −c + c

( − a 3 + a ) + ( −b 3 + b ) + ( − c 3 + c ) ≤ 2 3 3

3
Xét hàm số f ( x ) = − x + x ( x ∈ ( 0;1) ) .

Ta có: Max f ( x ) =
( 0;1)

2 3
9

⇒ f ( a) + f ( b) + f ( c) ≤

2 3
3

. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=

ĐỀ SỐ 13

2mx + m − 2
(1).
x +1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 .

Câu1. (2,0 điểm) Cho hàm số y =

1
3


b)Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt đường thẳng ∆ : y = x + 3 tại 2 điểm A, B sao cho

tam giác ABI có diện tích bằng 3, với điểm I(-1;1).
Câu 2.(điểm).
1/Xác định tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:
x3 + 3x 2 − 1 ≤ m

(

x − x −1

(

)

3

)

2/Giải phương trình: tan x − 3cot x = 4 sin x + 3 cos x .
Câu 3.(1.0 điểm) .Tính tích phân:
Câu 4 (1,0điểm)

π
2

cos x
.dx
sin x + cos3 x
0

I=∫

3

5i.z

1. Tính |z|, biết: z = ( 1 + i ) ( 3 − 2i ) − ( 2 + i ) .
2. Tìm các giá trị x sao cho số hạng thứ ba trong khai triển nhị thức Niu-tơn
8
 − 13( log x +1) log x 
+3
3
÷ bằng 28.
3



2 2



Câu 5.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình thoi ABCD có tâm I (3;3) và AC = 2.BD . Điểm
 4
 13 
M  2; ÷ thuộc đường thẳng AB, điểm N  3; ÷ thuộc đường thẳng CD. Viết phương
 3
 3
trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3.
Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): x + y + z = 0
và hai điểm A(4;-3;1), B(2;1;1). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Q) sao cho tam giác ABM
vuông cân tại M.
Câu 7.(1,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, BC = 2a .
Hình chiếu vuông góc của A’ trên mp(ABC) trùng với trung điểm H của AC, góc giữa hai
mặt phẳng (BCC’B’) và (ABC) bằng 600 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách
giữa hai đường thẳng AA’ và BC theo a.
 y 2 − x2 x 2 + 1
= 2
e
y +1
Câu 8.(1,0 điểm).Giải hệ phương trình: 
3log ( x + 2 y + 6) = 2log ( x + y + 2) + 1
3
2


Câu 9.(1,0 điểm)
Cho ba số a, b, c dương thỏa mãn acb ≥ 1 .
1
1
1
+
+
≤ 1.
Chứng minh rằng:
a + b4 + c4 a 4 + b + c 4 a 4 + b4 + c

LỜI GIẢI

Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y =

2mx + m − 2
x +1

(1).

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

2x −1
.
x +1


Tập xác định: D=R\{-1}

y = lim y = 2; tiệm cận ngang y = 2 .
Giới hạn và tiệm cận: lim
x →−∞
x →+∞
lim y = +∞;

x →( −1)

Sự biến thiên: y ' =

lim y = −∞;

−

3

( x + 1)

x → ( −1)

tiệm cận đứng x = −1 .

+

> 0, ∀x ≠ 1 .

2

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) .
Bảng biến thiên:

−∞
-1
x +∞
+

y’
y

8

6

+

4

2
2

10

+∞

2

1/2
-5

−∞

-1

O

5

-1

-2

-4

-6

• Đồ thị:
Đồ thị nhân giao điểm của hai tiệm cận I(-1;2) làm tâm đối xứng
2.(1,0 điểm) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt đường thẳng ∆ : y = x + 3 tại 2 điểm A, B
sao cho tam giác ABI có diện tích bằng 3, với điểm I(-1;1).
Phương trình hoành độ giao điểm:
-8

 x ≠ −1
2mx + m − 2
 x ≠ −1
⇔ 2
= x+3⇔ 
x +1
 2mx + m − 2 = ( x + 1) ( x + 3)
 x + 2 ( 2 − m ) x + 5 − m = 0

( *)

Kí hiệu g ( x ) = x + 2 ( 2 − m ) x + 5 − m
Đồ thị của hàm số (1) cắt ( ∆ ) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi pt (*) thỏa mãn
2

 ∆ ' > 0 = ( 2 − m ) 2 − 5 + m = m 2 − 3m − 1 m 2 − 3m − 1 > 0
⇔
(**)

 m ≠ −2
 g (−1) = 1 − 2 ( 2 − m ) + 5 − m ≠ 0
Do A, B thuộc ( ∆ ) nên ta gọi A ( x1; x1 + 3) , B ( x2 ; x2 + 3) trong đó x1, x2 là nghiệm của (*).
 x1 + x2 = −2 ( 2 − m )
 x1 x2 = 5 − m

Theo định lí viet ta có 

1
2

1 1
2
2 ( x2 − x1 ) = 3
2 2
m = 5
2
2
⇔ ( x2 + x1 ) − 4 x2 x1 = 36 ⇔ 4 ( 2 − m ) − 4 ( 5 − m ) = 36 ⇔ 
 m = −2

Từ giả thuyết S IAB = 3 ⇔ d ( I , ∆ ) . AB = 3 ⇔

Kết hợp điều kiện (**) được m cần tìm là m=5.
Câu 2.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Xác định tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có
nghiệm: x 3 + 3x 2 − 1 ≤ m
BPT (1) ⇔ ( x3 + 3x 2 − 1)

(

x − x −1

(

)

)

3

ĐK: x ≥ 1

3

x + x −1 ≤ m

Xét hàm số f ( x) = ( x 3 + 3x 2 − 1)

(

x + x −1

)

3

trên D = [ 1; +∞ )

Khi đó bài toán trở thành: “ tìm m để bpt f ( x) ≤ m có nghiệm trên D = [ 1; +∞ ) ”
Ta có: f '( x) =

(

 2
3 x3 + 3x 2 − 1 
x + x − 1 3 x + 6 x +
 > 0, ∀x > 1
2 x( x − 1) 


)

3

Lại do hàm số f ( x) liên tục trên D = [ 1; +∞ ) nên f ( x) đồng biến trên D = [ 1; +∞ )
⇒ min f ( x) = f (1) = 3
x∈D

f ( x) ⇔ m ≥ 3
Nhận
thấy: bpt f ( x) ≤ m có nghiệm trên D = [ 1; +∞ ) khi và chỉ khi m ≥ min
x∈D

Vậy m ≥ 3 là giá trị cần tìm.
2.(0,5 điểm). Giải phương trình: tan x − 3cot x = 4 sin x + 3 cos x (1)
π
ĐK: sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ m , m ∈ Z

(

)

2

sin x − 3cos x
sin 2 x − 3cos 2 x
1

= 4 sin x + 3 cos x ⇔
= 8  sin x + 3 cos x ÷
sin x cos x
sin x cos x
2

1 − cos 2 x 3 ( 1 + cos 2 x )
π
π


⇔
−
= 4sin 2 x  sin x cos + cos x sin ÷
2
2
3
3

π
 
π
π 


⇔ −1 − 2 cos 2 x = 4sin 2 x sin  x + ÷ ⇔ −1 − 2 cos 2 x = 2 cos  x − ÷− cos  3 x + ÷
3
3
3 


 
2π
π
π


⇔ cos
− cos 2 x = cos  x − ÷− cos  3x + ÷
3
3

3


π  
π
2π 

⇔ cos 2 x + cos  x − ÷− cos  3x + ÷+ cos  = 0
3  
3
3 

 3x π 
x π
 3x π 
 3x π 
⇔ 2 cos  − ÷cos  + ÷− 2 cos  + ÷cos  − ÷ = 0
 2 6
2 6
 2 2
 2 6
2

(1) ⇔

2

(

)

π x π
 3x π    x π 
 3x π  
 3x π  
⇔ cos  − ÷cos  + ÷− cos  + ÷ = 0 ⇔ 2 cos  − ÷sin  x + ÷sin  + ÷ = 0
3 2 6
 2 6   2 6 
 2 2 
 2 6 
  3x π 
 3x π π
cos  2 − 6 ÷ = 0
 2 − 6 = 2 + kπ


4π
2π



x=
+k

 
π
π
9
3
⇔ sin  x + ÷ = 0 ⇔  x + = kπ

⇔
(tmdk)

3
3
 x = − π + kπ
 


 x π
3
 x + π = kπ
sin
+
=
0
 
÷
 2 6
 2 6
π
2

cos x
.dx
sin x + cos 3 x
0

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

Đặt x =

π
− t ⇒ dx = −dt ;
2

3

x
t

đổi cận:

0

π
2

π
2

0

π
π
π

cos  − t ÷dt
2
2

sin t.dt
sin x.dx
2 
⇒I =∫
=∫ 3
=
3
3
∫
π 
 0 sin t + cos t 0 sin x + cos 3 x
3π
0 cos 3 
 − t ÷+ sin  − t ÷
2 
2 
π
2

π
2

π
2

sin x + cos x
1
dx = ∫ 2
dx
3

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

⇒ 2I = ∫
π
4

π

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


π

π
2

4

1

=∫
0

π
4

=∫
0

cos x ( tan x − tan x + 1)
2

2

dx + ∫
π
4

1
dx
sin x ( cot x − cot x + 1)
2

2

π
2

d (tan x)
d (cot x )
−∫
2
tan x − tan x + 1 π cot x − cot x + 1
2

4
1

Đặt tan x = t , cot x = t , ta được:

1

1

dt
dt
dt
⇒I =∫ 2
=∫
2
t − t +1
t − t + 1 0  1 2 3

0
0
t − ÷ +
 2 4

2 I = 2∫

1
2

3
3
tan ϕ ⇒ dt =
( 1 + tan 2 ϕ ) dϕ
2
2
π
π
Đổi cận: t = 0 ⇒ ϕ = − ; t = 1 ⇒ ϕ =
6
6

Đặt t − =

⇒I=

π
6

π

6

( 1 + tan ϕ ) dϕ 2 3
2 3
∫ ( 1 + tan ϕ ) = 3 ∫ dϕ = 3 ϕ

−

2

3
2

3
4

π
6

Vậy I =

2

−

π
6

π
6

π
−
6

=

2π 3
9

2π 3
9

Câu 4.(1,0 điểm)

5i.z

1.(0,5 điểm) Tính |z|, biết: z = ( 1 + i ) ( 3 − 2i ) − ( 2 + i ) .
Đặt z = a + bi,

a, b ∈ R
5i.z
ta có z = ( 1 + i ) ( 3 − 2i ) − 2 + i ⇔ a + bi = 5 + i − i ( 2 − i ) ( a − bi )
( )

⇔ a + bi = 5 + i − ( 1 + 2i ) ( a − bi ) ⇔ a + bi = 5 + i − a − 2b + ( b − 2a ) i

⇔ 5 − 2a − 2b + ( 1 − 2a ) i = 0

1


5 − 2a − 2b = 0
a =
⇔ 5 − 2a − 2b + ( 1 − 2a ) i = 0 ⇔ 
⇔
2
=0
1 − 2a
b = 2
17
Vậy
.
z = a 2 + b2 =
2

2.(0,5 điểm) Tìm các giá trị x sao cho số hạng thứ ba trong khai triển nhị thức Niu-tơn
8
 − 13( log x +1) log x 
+3
3
÷ bằng 28.
3

2 2





Số hạng thứ ba trong khai triển nhị thức Niu-tơn trên là
6

3
 − 13 ( log x3 +1) 
8log 2 x − 2( log x3 +1)
8log 2 x − 2( log x +1)
C 3
3
=
28.3
3
=
28.3

÷


Theo giả thiết ta có 28.32log x −2( log x +1) = 28 ⇔ 3log x −2( log x +1) = 1

2
8

(

log 2 x 2

)

2

2

2

3

2

2

3

 x = 10
log x = 1

.
⇔ 2 log x − 2 ( log x + 1) = 0 ⇔ 4 log x − 3log x − 1 = 0 ⇔
⇔
x = 1
log x = − 1
4
10

4

1
Vậy x cần tìm là x =10 và x = 4 .
10
2

2

3

2


Câu 5.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình thoi ABCD có tâm I (3;3) và

 4
 13 
AC = 2.BD . Điểm M  2; ÷ thuộc đường thẳng AB, điểm N  3; ÷ thuộc đường thẳng
 3
 3
CD. Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3.
 14 
÷.
 3

Gọi N’ là điểm đối xứng của M qua I ⇒ N ' ∈ CD . Dễ có: N ' =  4;
Đường thẳng CD đi qua N và N’, suy ra
CD có phương trình là: x − 3 y + 10 = 0 .
Suy ra AB có phương trình là: x − 3 y + 2 = 0 .
Dựng IH ⊥ AB tại H ⇒ IH = d ( I ; AB ) =

3−9+ 2
10

B

C

H

•N

M

I
A

=

N’

D

4
10

Do ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD .
Do AC = 2.BD ⇒ IA = 2.IB , đặt IB = a > 0 ⇒ IA = 2a .
Trong tam giác vuông IAB có:
1
1
1
5
1
1
= 2 + 2 ⇔ = 2 + 2 ⇔ a 2 = 2 ⇔ a = 2 ⇒ BD = 2 2
2

IH
IA IB
8 4a a
Do B ∈ AB : x − 3 y + 2 = 0 nên giả sử
B = ( 3b − 2; b ) ⇒ D = ( 8 − 3b;6 − b )

 B = ( 4; 2 )
b = 2

⇒ BD = ( 6b − 10 ) + ( 2b − 6 ) = 40b − 144b + 136 = 8 ⇔ 
⇒
8
 14 8 
b =
B= ; ÷
5 

 5 5
uu
r
uuu
r
 14 8 
 1 7
Do xB < 3 ⇒ B =  ; ÷⇒ IB =  − ; − ÷⇒ nBD = ( 7; −1) là vectơ pháp tuyến của BD
 5 5
 5 5
Suy ra phương trình BD là: 7 x − y − 18 = 0
Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): x + y + z = 0
2

2

2

2

và hai điểm A(4;-3;1), B(2;1;1). Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Q) sao cho tam giác ABM
vuông cân tại M.
Gọi M(a;b;c) khi đó . M ∈ (Q) ⇔ a + b + c = 0 ( 1)
Tam giác ABM cân tại M khi và chỉ khi
2
2
2
2
2
2
AM 2 = BM 2 ⇔ ( a − 4 ) + ( b + 3) + ( c − 1) = ( a − 2 ) + ( b − 1) + ( c − 1) ⇔ − a + 2b + 5 = 0 (2)
a + b + c = 0
a = 2b + 5
⇔
(*)
 −a + 2b + 5 = 0
c = −5 − 3b

Từ (1) và (2) ta có. 

Trung điểm AB là I ( 3; −1;1) ,

AB

2
2
2
⇔ ( a − 3) + ( b + 1) + ( c − 1) = 5 (3)
2

Tam giác ABM cân tại M , suy ra MI =

Thay (*) vào (3) ta được ( 2b + 2 ) + ( b + 1) + ( − 6 − 3b ) = 5 ⇔ 7b 2 + 23b + 18 = 0 ⇔ b = −2 hoặc b = −
2

2

2

Với b=-2 ⇒ a = 1, c = 1 ⇒ M (1; −2;1) .

9
7

17
8
 17 9 8 
;c = − ⇒ M  ;− ;− ÷
7
7
7 7
7
 17 9 8 
Vậy điểm M cần tìm là M (1; −2;1) và M  ; − ; − ÷

7 7
 7
9
7

Với b = − ⇒ a =

Câu 7.(1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB = a, BC = 2a . Hình chiếu vuông góc của A’ trên mp(ABC) trùng với trung điểm H của
AC, góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) và (ABC) bằng 600 . Tính thể tích khối lăng trụ đã
cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC theo a.


Dựng Ax // BC , dựng HI ⊥ Ax tại I.

Ta thấy mp ( AIA ') // mp( BCC ' B ') nên

B’

C’

( BCC ' B '), ( ABC ) ) = (·
( AIA '), ( ABC ) )
(·
A’

 Ax ⊥ A ' H
⇒ Ax ⊥ mp ( AIA ') ⇒ Ax ⊥ A ' I
Do 
 Ax ⊥ AI

⇒ (·
( AIA '), ( ABC ) ) = ·A ' IH = 600 .

Ta có: AC = BC 2 − AB 2 = a 3
·
Do Ax // BC ⇒ IAH
= ·ACB

B

K

C

IH
AB
·
H
⇒ sin IAH
= sin ·ACB ⇒
=
AH BC
x
A
I
AB a 3 a a 3
3a
0
⇒ IH = AH .
=

=
⇒ A ' H = IH .tan 60 =
BC
2 2a
4
4
2
1
a 3
3a 3 3
Lại có: SVABC = AB. AC =
⇒ VABC . A ' B 'C ' = A ' H .SVABC =
2
2
8
Nhận thấy: BC // mp( AIA ') ⇒ d ( BC ; AA ') = d ( BC;( AIA ')) = d (C;( AIA ')) = 2d ( H ;( AIA '))
Dựng HK ⊥ A ' I ⇒ HK ⊥ mp ( AIA ') ⇒ HK = d ( H ;( AIA '))
1
1
1
16 16
64
3a
=
+ 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ HK =
Mà
2
2
HK
HA ' HI

9a 3a
9a
8
3a
Vậy d ( AA '; BC ) =
4
 y2 − x2 x 2 + 1
= 2
(1)
e
y +1
Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
3log ( x + 2 y + 6) = 2 log ( x + y + 2) + 1 (2)
3
2

2

2

- PT (1) ⇔ e x ( x 2 + 1) = e y ( y 2 + 1) (3).

- Xét hàm số f (t ) = et (t + 1) trên R+ = [ 0; +∞ )
Có f '(t ) = et (t + 2) > 0, ∀t ∈ R+* , suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên R+*
*

x = y
⇒ PT (3) ⇔ x 2 = y 2 ⇔ 
x = −y
x

=
−
y
* Với
, thay vào PT (2), ta được:
3log 3 ( y + 6) = 2 log 2 2 + 1 ⇔ 3log 3 ( y + 6) = 3 ⇔ y + 6 = 3 ⇔ y = −3 ⇒ x = 3

Suy ra hệ có nghiệm: ( x; y ) = ( 3; −3)
* Với x = y , thay vào PT (2), ta được:

3log 3 (3 x + 6) = 2 log 2 (2 x + 2) + 1 ⇔ 3 ( 1 + log 3 ( x + 2) ) = 2 ( 1 + log 2 ( x + 1) ) + 1
t
t
t
 x + 2 = 9
8 1
t
t
⇔ 3log 3 ( x + 2) = 2 log 2 ( x + 1) = 6t ⇒ 
⇒ 1 = 9 − 8 ⇔  ÷ +  ÷ = 1 ⇔ ... ⇔ t = 1
t
9 9
 x + 1 = 8

⇒x= y=7

Vậy hệ ban đầu có 2 nghiệm: ( x; y ) = ( 3; −3) , ( 7;7 ) .
Câu 9.(1,0 điểm).Cho ba số a, b, c dương thỏa mãn acb ≥ 1 .
1
1

1
+ 4
+ 4
≤1.
4
4
4
a + b + c a + b + c a + b4 + c
- Áp dụng BĐT AM-GM và giả thiết acb ≥ 1 , ta có:
3b 4 + c 4 b 4 + 3c 4
b2 + c2
a 2 + b2 + c2
b4 + c4 =
+
≥ bc (b 2 + c 2 ) ≥
⇒ a + b4 + c4 ≥
4
4
a
a
1
a
⇒
≤ 2
4
4
a+b +c
a + b2 + c 2

Chứng minh rằng:

1
b
1
c
≤ 2
; 4
≤ 2
4
2
2
4
a +b+c
a +b +c
a + b + c a + b2 + c2
1
2
2
2
2
- Lại có: a + b + c ≥ ( a + b + c )
3
1
1
1
a+b+c
3
3
+ 4

+ 4
≤ 2
≤
≤ 3
≤ 1 (đpcm)
Suy ra:
4
4
4
4
2
2
a+b +c a +b+c a +b +c a +b +c
a + b + c 3 abc
1
1
1
+ 4
+ 4
≤1,
Vậy
4
4
4
a + b + c a + b + c a + b4 + c
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

-
Tương tự ta có:

4

ĐỀ SỐ 64
2x + 1
có đồ thị ( C ) .
x −1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
2. Tìm các giá trị m để đường thẳng ( d1 ) : y = −3x + m cắt đồ thị ( C ) tại A và B

Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số y =

sao cho trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng ( d 2 ) : x − 2 y + 2 = 0 ( O
là gốc toạ độ )
Câu 2.(1,0 điểm).
π
2
2
1/Giải phương trình : 2sin  x − ÷ = 2sin x − tan x


4

1
2

2
2/Giải bất phương trình: log 3 x − 5 x + 6 + log 1 x − 2 > log 1 ( x + 3)
3

π

2

3

(

)

Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân : I = sin10 x + cos10 x + sin6 x.cos4 x + cos6 x.sin 4 x dx .
∫
0

Câu 4.(1,0 điểm).
1/Tìm số phức z thoả mãn : z 3 − 2 z 2 + 5 z − 4 = 0
2/Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên
bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?
Câu 5.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho các điểm A ( 1; 2 ) , B ( 4;3) . Tìm
10
·
toạ độ điểm M sao cho MAB
= 1350 và khoảng cách từ M đên đường thẳng AB bằng
2

.
Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho các điểm C ( 0;0; 2 ) , K ( 6; −3;0 ) .
Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua C , K sao cho ( P ) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại
A, B và thể tích khối tứ diện OABC bằng 3.
Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và
đáy ABCD là hình chữ nhật ; AB = a, AD = 2a . Gọi M là trung điểm của BC , N là giao
điểm của AC và DM , H là hình chiếu vuông góc của A lên SB .Biết góc giữa SC và mặt

2
phẳng ( ABCD ) là α , với tan α =
.Tính thể tích khối chóp S . ABMN và khoảng cách từ
H đến mặt phẳng ( SMD ) .

5

2 x − y +1 + 9 x − y +1 + 2− x + y +1 + 9− x + y +1 = 11x − y +1 + 11− x + y +1

Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 5log 8 x + 3 = 3log 9 y + 5
)
)

3(
2(

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

4
a 2 + b2 + c2 + 4

−

9

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

.

LỜI GIẢI



Câu .(2,0 điểm) Cho hàm số y =

2x + 1
có đồ thị ( C ) .
x −1

1.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =
Tập xác định là ¡ \ { 1} .
+Giới hạn và tiệm cận:

2x + 1
( C) .
x −1

2x +1
2x +1
= 2; lim
= 2 đ thẳng y = 2 là tiệm cận ngang
x →−∞ x − 1
x →−∞ x − 1
lim− y = −∞; lim+ y = +∞ ⇒ đ thẳng x = 1 là tiệm cận đứng
lim

x →1

x →1

Sự biến thiên
+ y′ =

−3

( x − 1)

2

< 0 ∀x ∈ D

Hàm số nghịch biến trên các khoảng : ( −∞;1) và ( 1; +∞ )
• Bảng biến thiên:
−∞
x
1
+∞

y’

-

+∞

2

-

y
−∞

2

Đồ thị:
2.(1,0 điểm) Tìm các giá trị m để đường thẳng ( d1 ) : y = −3x + m cắt đồ thị ( C ) tại A và B
sao cho trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng ( d 2 ) : x − 2 y + 2 = 0 ( O là gốc toạ
độ )
Phương trình hoành độ giao điểm:

2x + 1
= −3 x + m ⇔ 3 x 2 − ( 1 + m ) x + m + 1 = 0 ( 1) , ( x ≠ 1)
x −1

( d1 ) cắt đồ thị ( C ) tại A và B ⇔ ( 1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
∆ = ( 1 + m ) 2 − 12 ( 1 + m ) > 0
1 + m < 0 ∨ 1 + m > 12
 m < −1
⇔
⇔
⇔
( *)
1 ≠ 0
 m > 11
3 − ( 1 + m ) + ( 1 + m ) ≠ 0
Gọi x1 , x2 là nghiệm của ( 1) . Khi đó A ( x1 ; −3 x1 + m ) ; B ( x2 ; −3 x2 + m ) .

x1 + x2 + 0 m + 1


=
 xG =
3
9
Gọi G là trọng tâm tam giác OAB ⇒ 
 y = y1 + y2 + 0 = −3 ( x1 + x2 ) + 2m = m − 1
 G
3
3
3
1+ m
 m −1 
G ∈ ( d 2 ) ⇔ xG − 2 yG + 2 = 0 ⇔
− 2
÷+ 2 = 0 ⇔ m = 5 không thoả mãn ( *) .
9
 3 


Vậy không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 2.(1,0 điểm)
π
2
2
1.(0,5 điểm) Giải phương trình : 2sin  x − ÷ = 2sin x − tan x


4

π
+ lπ ( l ∈ Z) ( *)
2
π

2
2
Phương trình ⇔ 1 − cos  2 x − ÷ = 2sin x − tan x ⇔ 1 − sin 2 x = 2sin x − tan x
2

cosx + sinx
⇔ 2sin x.cosx + 2sin 2 x − tan x − 1 = 0 ⇔ 2sin x. ( cosx + sinx ) −
=0
cos x
 cos x + sin x = 0
 tan x = −1
⇔ ( cos x + sin x ) ( sin 2 x − 1) = 0 ⇔ 
⇔
sin 2 x − 1 = 0
sin 2 x = 1

Đ/K cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π

 x = − 4 + kπ
π
π
⇔

⇔ x = + k , k ∈ Z ( Thoả mãn điều kiện ( *) )
4
2
 x = π + kπ

4
π
π
Vây phương trình có một họ nghiệm duy nhất : x = + k ( k ∈ Z)
4
2

1
2

2
2.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: log 3 x − 5 x + 6 + log 1 x − 2 > log 1 ( x + 3)
3

3

Điều kiện: x > 3
Phương trình đã cho tương đương:
1
1
1
log 3 ( x 2 − 5 x + 6 ) + log 3−1 ( x − 2 ) > log 3−1 ( x + 3)
2
2
2

1
1
1
⇔ log 3 ( x 2 − 5 x + 6 ) − log 3 ( x − 2 ) > − log 3 ( x + 3 )
2
2
2
⇔ log 3 ( x − 2 ) ( x − 3)  > log 3 ( x − 2 ) − log 3 ( x + 3)
 x < − 10
x−2
 x−2
⇔ log 3 ( x − 2 ) ( x − 3)  > log 3 
⇔ x2 − 9 > 1 ⇔ 
÷ ⇔ ( x − 2 ) ( x − 3) >
x+3
 x+3
 x > 10

Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x > 10
π
2

(

)

Câu 3.(1,0 điểm).Tính tích phân : I = sin10 x + cos10 x + sin6 x.cos4 x + cos6 x.sin 4 x dx .
∫
0

)(

(

Ta có: sin10 x + cos10 x + sin6 x.cos4 x + cos6 x.sin 4 x = sin6 x + cos6 x sin 4 x + cos4 x

)

(

(

) (

)

)

3
2



=  sin 2 x + cos2 x − 3sin 2 x cos2 x sin2 x + cos2 x   sin 2 x + cos2 x − 2sin 2 x cos2 x 



 3
 1
  3

 1

=  1 − sin2 2 x ÷ 1 − sin 2 2 x ÷ = 1 − ( 1 − cos2 x )  1 − ( 1 − cos2 x ) 
 4
 2
  8
 4

1
1
= ( 5 + 3cos2 x ) ( 3 + cos2 x ) =
15 + 14 cos2 x + 3cos2 2 x
32
32
 1
1 
3
 15 + 14 cos2 x + ×( 1 + cos 4 x ) ÷ = ( 33 + 28cos2 x + 3.cos 4 x )
32 
2
 64

(

1
I=
64

)

π
2

π

 2 33π
1 
3
∫ ( 33 + 28cos2 x + 3.cos 4 x ) dx = 64  33 x + 14sin 2 x + 4 ×sin 4 x ÷ = 128

0
0

Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Tìm số phức z thoả mãn : z 3 − 2 z 2 + 5 z − 4 = 0


z = 1

2

Phương
trình: z 3 − 2 z 2 + 5 z − 4 = 0 ⇔ ( z − 1) ( z − z + 4 ) = 0 ⇔ 

2
 z − z + 4 = 0 (***)

1 − i 15
1 + i 15
Giải ( ***) có ∆ = 1 − 16 = 15i 2 ⇒ z2 =

, z3 =

2
2
1 − i 15
1 + i 15
Phương trình có ba nghiệm z1 = 1 , z2 =
, z3 =
2
2

2.(0,5 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau
và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba
màu?
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C189 .
Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.
+ Không có bi xanh: có C139 cách.
+ Không có bi vàng: có C159 cách.
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C109 cách chọn 9
viên bi đỏ được tính hai lần.
9
9
9
9
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C10 + C18 − C13 − C15 = 42910 cách
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho các điểm A ( 1; 2 ) , B ( 4;3) . Tìm
10
·
toạ độ điểm M sao cho MAB

= 1350 và khoảng cách từ M đên đường thẳng AB bằng
2

.
10
Giả sử M ( x0 ; y0 ) . Hạ MH ⊥ AB , từ giả thiết suy ra MH =
và ∆MAH vuông cân tại
2

H ⇒ MA = MH 2 =

10
2= 5
2

 3 ( x0 − 1) + 1( y0 − 2 )
uuur
= cos1350
 AB, AM = 1350

2
2
⇔  10. ( x0 − 1) + ( y0 − 2 )
Theo yêu cầu bài toán ⇔ 
 AM = 5

2
2
( x0 − 1) + ( y0 − 2 ) = 5
  x0 − 1 = −1


  y0 − 2 = −2 ⇔  M ( 0;0 )

Giải hệ trên ta được 
 x0 − 1 = −2
 M ( −1;3)

  y0 − 2 = 1
Vậy có hai điểm M thoả mãn là M ( 0;0 ) & M ( −1;3)

(

)

Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho các điểm C ( 0;0; 2 ) , K ( 6; −3;0 ) .
Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua C , K sao cho ( P ) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại
A, B và thể tích khối tứ diện OABC bằng 3.
x
a

y
b

z
2

Giả sử A ( a;0;0 ) , B ( 0; b;0 ) , ( ab ≠ 0 ) ⇒ ( P ) : + + = 1
Do K ∈ ( P ) ⇔

6 3

− = 1 (*) .
a b

Mặt khác OABC là tứ diện vuông tại A nên VOABC =
Giải hệ phương trình ( *) , ( **)

1
a . b .2 = 3 ⇔ ab = 9 (**)
6

a = 3 , b = 3
ta được 
3
a = −6 , b = −

2