110 đề thi quốc gia môn toán giải chi tiết Phân 7 (Từ đề 71 80)

LÊ NGUYÊN THẠCH

TUYỂN CHỌN
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN 2015
TẬP 7

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 71



4
2 2
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = x + 2m x + 1 ( 1) , trong đó m là tham số.

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

2. Chứng minh rằng đường thẳng d : y = x + 1 luôn cắt đồ thị hàm số ( 1) tại hai điểm phân biệt
với mọi m .
Câu 2.(1,0 điểm).
3π  
π

2
1. Giải phương trình cos 2 x − 2 cos  x + ÷sin  3 x − ÷ = 2 .
4  

2
2
2. Giải phương trình: ( x − x − 1) ( 3x + x − 3) = 4 x

4

2

e

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

(x

1

3

+ 1) ln x + 2 x 2 + 1
dx
2 + x ln x

Câu 4.(1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn z + 2 z = 3 + i . Tìm T = z 2014 + z 2013 + z 2012 + z 2011
Câu 5.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho elíp ( E ) có tiêu điểm thứ nhất là F − 3;0 và

(



đi qua điểm M  1 ;


)

4 33 
÷ . Tính diện tích hình chữ nhật cơ sở của elíp ( E ) .
5 ÷


Câu 6.(1,0 điểm).
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng d1 :

x +1 y z − 3
=
=
,
1
−3
4

x y−2 z
=
=
và A ( −1; 2;0 ) .Lập phương trình mặt phẳng ( P ) song song với hai đường
2
−1
−2
thẳng d1 , d 2 và cách A một khoảng bằng 3.
d2 :

Câu 7. (1,0 điểm).
·
Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a .Tam giác SAC cân tại S , SBC

= 600 .
Mặt phẳng ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng
cách từ

điểm C đến mặt phẳng ( SAB ) .

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

Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số a, b, c, d là các số thực bất kỳ .
Chứng minh rằng :

a − b c − d ad + bc
+
+
≥ 3
a + b c + d ac − bd




LỜI GIẢI

Câu 1.(2,0 điểm) ) Cho hàm số y = x + 2m x + 1 ( 1) , trong đó m là tham số.
1. ( 1,0 điểm)Khi m = 1 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y = x 4 + 2 x 2 + 1
a) Tập xác định D = ¡

b) Sự biến thiên
3
2
+) Chiều biến thiên: y′ = 4 x + 4 x = 4 x ( x + 1) ⇒ y′ = 0 ⇔ x = 0
Ta có y ' > 0 ⇔ x > 0 ; y ' < 0 ⇔ x < 0 :
hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;0 ) , và đồng biến trên khoảng ( 0; + ∞ ) .
4

2

2

+) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 1
y = lim y = +∞
+) Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞

+) Bảng biến thiên:
x
y′

−∞

0
0

−

+∞

+

+∞
+∞

y
1

Đồ thị : Nhận xét : hàm số đã cho là (học sinh tự vẽ đồ thị)
hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung là trục đối xứng
3. 2.( 1,0 điểm) Chứng minh rằng đường thẳng d : y = x + 1 luôn cắt đồ thị hàm số ( 1) tại hai
điểm phân biệt với mọi m .
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng d : y = x + 1 là :
x = 0
x 4 + 2m 2 x 2 + 1 = x + 1 ⇔ x ( x 3 + 2m 2 x − 1) = 0 ( *) ⇔  3
2
 x + 2m x − 1 = 0 ( **)
Số giao điểm của hai đồ thị tương ứng số nghiệm phương trình ( *) . Ta thấy pt ( *) có một
nghiệm x = 0 , ta sẽ chứng minh pt ( **) có đúng một nghiệm khác 0 với mọi giá trị của m

• Nếu m = 0 thì pt ( **) trở thành x3 − 1 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ pt ( *) có đúng hai nghiệm.
3
2
• Nếu m ≠ 0 , xét hàm số f ( x ) = x + 2m x − 1 trên ¡ .

Ta có f ′ ( x ) = 3x + 2m > 0∀x ∈ ¡ ⇒ hàm số f ( x ) luôn đồng biến trên ¡ ⇒ pt f ( x ) = 0 có
nhiều nhất một nghiệm trên ¡
2
Ta có f ( 0 ) = −1, f ( 1) = 2m > 0 ⇒ f ( 0 ) . f ( 1) < 0 ⇒ pt f ( x ) = 0 có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) .

2

2

Vậy pt ( **) có đúng một nghiệm khác 0
Câu 2.(1,0 điểm).




π

2
1.(0,5 điểm) Phương trình ⇔ cos 2x − sin  4x + ÷− sin ( 2x − π ) = 2
2



⇔ cos 2 2x − cos4x + sin 2x = 2 ⇔ 1 − sin 2 2x − 1 + 2sin 2 2x + sin 2x = 2 ⇔ sin 2 2x + sin 2x − 2 = 0
⇔ sin 2 2x + sin 2x − 2 = 0 ⇔ sin 2x = −2 (loại) hoặc sin2x=1

π
+ kπ ( k ∈ ¢ )
4
2
2
2
2.(0,5 điểm).Giải phương trình: ( x − x − 1) ( 3x + x − 3) = 4 x

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm x =

2
2
2
2
2
2
Ta
có: ( x − x − 1) ( 3x + x − 3) = 4 x ⇔ ( 3x − 3x − 3) ( 3 x + x − 3) = 12 x ( *)


⇔ ( 3 x 2 − x − 3) − 2 x  ( 3 x 2 − x − 3 ) + 2 x  = 12 x 2 ⇔ ( 3 x 2 − x − 3) − 4 x 2 = 12 x 2
2

3 x 2 − x − 3 = 4 x
( 1)
⇔ ( 3 x − x − 3) = 16 x ⇔  2
3x − x − 3 = −4 x ( 2 )
5 ± 61
• pt ( 1) ⇔ 3 x 2 − 5 x − 3 = 0 ⇔ x =
6
−1 ± 5
• pt ( 1) ⇔ 3 ( x 2 + x − 1) = 0 ⇔ x =
.
2
 5 + 61 5 − 61 −1 + 5 −1 − 5 
;
;
;

;
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S = 
6
2
2
 6

( chú ý: có thể từ pt ( *) nhận xét x = 0 không là nghiệm của pt ( *) .
3
Khi x ≠ 0 chia hai vế của phưong trình ( *) cho x 2 , sau đó đặt t = 3x − đua về pt bậc hai ẩn t
x
, giải tìm t ⇒ x )
2

2

2

e

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

(x

1

e

e

I = ∫ x 2 dx + ∫
1

1

3

e 2
+ 1) ln x + 2 x 2 + 1
x ( 2 + x ln x ) + ln x + 1
dx = ∫
dx
2 + x ln x
2 + x ln x
1

ln x + 1
dx = I1 + I 2 .
2 + x ln x
e

e

1 3
e3 − 1
+Tính I1 = ∫ x dx = x =
3 1
3
1
e

e
d ( 2 + ln x )
e
2 + ln x
e+2
dx = ∫
dx = ln ( 2 + x ln x ) 1 = ln
+ I2 = ∫
2 + x ln x
2 + x ln x
2
1
1
2

e3 − 1
e+2
+ ln
Vậy I =
3
2

Câu 4.(1,0 điểm) Cho số phức z thoả mãn z + 2 z = 3 + i . Tìm T = z 2014 + z 2013 + z 2012 + z 2011
Gọi z = a + bi , ( a, b ∈ ¡ ) .
Từ giả thiết z + 2 z = 3 + i ⇔ a + bi + 2 ( a − bi ) = 3 + i .
3a = 3 a = 1
⇔ 3a − bi = 3 + i ⇔ 
⇔
⇔ z = 1− i
−b = 1 b = −1

T = z 2014 + z 2013 + z 2012 + z 2011 = z 2011 ( 1 + z + z 2 + z 3 ) = z 2011 ( 1 + z ) ( 1 + z 2 )

Mà 1 + z = 2 − i,1 + z 2 = 1 + ( 1 − i ) = 1 − 2i ⇒ ( 1 + z ) ( 1 + z 2 ) = ( 2 − i ) ( 1 − 2i ) = −5i
2

z 2011 = ( 1 − i )

2
= ( 1 − i ) 


1005
⇒ T = 5.2 ( −1 + i )
2011

1005

( 1 − i ) = ( −2i )

1005

( 1 − i ) = −21005 i ( 1 − i ) = −21005 ( 1 + i )

Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho elíp ( E ) có tiêu điểm thứ nhất là
 4 33 
F − 3;0 và đi qua điểm M  1 ;
÷ . Tính diện tích hình chữ nhật cơ sở của elíp ( E ) .
5 ÷




(

)

(

)

Ta có: ( E ) có tiêu điểm F − 3;0 nên có c = 3 .
Phương trình chính tắc của ( E ) có dạng:

x2 y 2
+
= 1 , ( a > b > 0)
a 2 b2


2
2
2
2
Ta
có a = b + c = b + 3 ( 1)




Điiểm M  1 ;



4 33 
1 528
∈( E) ⇒ 2 +
= 1 ( 2)
÷
÷
5 
a
25b 2

Thế ( 1) vào ( 2 ) ta được

1
528
+
= 1 ⇔ 25b 4 − 478b 2 − 1584 = 0 ⇔ b 2 = 22 ⇒ a 2 = 25
b + 3 25b 2
2

x2 y 2
+
= 1 ⇒ a = 5, b = 22
25 22
Hình chữ nhật cơ sở của elíp ( E ) .có kích thước ( 2a; 2b ) = 10 ; 2 22

Tức là ta có ( E ) :

(

)

Từ đó diện tích hình chữ nhật cơ sở bằng 10 × 2 22 = 20 22 (đ/v dt)
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho hai đường thẳng

x +1 y z − 3
x y−2 z
=
=
=
, d2 : =
và A ( −1; 2;0 ) .Lập phương trình mặt phẳng ( P ) song
1
−3
4
2
−1
−2
song với hai đường thẳng d1 , d 2 và cách A một khoảng bằng 3.
r
r
vtcp của d1 là u1 = ( 1; −3; 4 ) ,vtcp của d 2 là u2 = ( 2; −1; −2 )
r
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) là n .
1
r r r r
r 1 r r
Do n ⊥ u1 , n ⊥ u2 ⇒ n = [ u1 ; u2 ] = ( 10;10;5 ) = ( 2; 2;1)

5
5
Suy ra ( P ) : 2 x + 2 y + z + m = 0 .Từ giả thiết d ( A; ( P ) ) = 3
d1 :

−2 + 4 + m
= 3 ⇔ m + 2 = 9 ⇔ m = 7 ∨ m = −11
4 + 4 +1
Vậy ( P ) : 2 x + 2 y + z + 7 = 0 hoặc ( P ) : 2 x + 2 y + z − 11 = 0
⇔

Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a .Tam giác SAC cân tại
·
S , SBC
= 600 . Mặt phẳng ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Tính thể tích khối chóp
S . ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB ) .
Gọi H là trung điểm của AC ⇒ SH ⊥ AC ( do ∆SAC cân tại S ) .
Mà ( SAC ) ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ ( ABC ) đặt SH = x, ( x > 0 ) .

SB =

3x 2
+ a 2 , SC =
4

x2
+ a2
4

Ta có

·
Áp dụng định lí cô sin cho tam giác SBC với SBC
= 600
a 6
= SH
2
1 a 6 a 2 3 a3 2
(đvtt)
= ×
×
=
3 2
4
8

ta được SC 2 = BS 2 + BC 2 − 2 BS .BC.cos 600 ⇒ x =
dt∆ABC =

a2 3
1
⇒ VS . ABC = ×SH ×dt∆ABC
4
3


HK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SHK ) ⇒ ( SAB ) ⊥ ( SHK )
Kẻ


hạ HI ⊥ SK ⇒ HI ⊥ ( SAB ) ⇔ HI = d ( H , ( SAB ) ) ,

1
1
1
6
a 6
=
+
= 2 ⇒ HI =
2
2
2
HI
HK
HS
a
6

a 6
a 3
)
, HK = AH .sin 600 =
2
4
a 6
(đ/vđd)( do CA = 2 HA )
⇒ d ( C , ( SAB ) ) = 2d ( H , ( SAB ) ) = 2 HI =
3
 x 3 − y 3 + 3 y 2 − 3 x − 2 = 0
( 1)

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

( do HS =

Đặt t=x+1 ⇔ x = t − 1, t ∈ [ 0; 2]

Ta có (1) ⇔ x3 − y 3 + 3 y 2 − 3x − 2 = 0 ⇔ ( t − 1) − 3t = y 3 − 3 y ( *)
3

3
Hàm số f ( u ) = u − 3u nghịch biến trên đoạn [ 0; 2] nên:
Từ (*) ⇔ t 3 − 3t = 3 y 3 − 3 y ⇔ y = t ⇔ y = x + 1

Thay vào y=x+1 vào phương trình (2) ta được x 2 + 1 − x 2 − 3 2 ( x + 1) − ( x + 1) + 1 = 0
2

2
⇔ x 2 − 2 1 − x 2 + 1 = 0 Đặt v = 1 − x ⇒ v ∈ [ 0;1]

 v = −1 + 3

2
ta có phương trình: v + 2v − 2 = 0 ⇔ 

 v = −1 − 3( L)

 x = − 2 3 − 3; y = 1 − 2 3 − 3

v
=
−
1
+
3
⇔
Với
 x = 2 3 − 3; y = 1 + 2 3 − 3


(

)(

Hệ phương trình có nghiệm (x;y) là − 2 3 − 3;1 − 2 3 − 3 ;

2 3 − 3;1 + 2 3 − 3

Câu 9.(1,0 điểm) Cho ba số a, b, c, d là các số thực bất kỳ .
a − b c − d ad + bc

+
+
≥ 3
a + b c + d ac − bd
a−b
c−d
ad + bc
; y=
; z=
Đặt x =
và T = xy + yz + zx
a+b
c+d
ac − bd
 a − b  c − d   c − d  ad + bc   ad + bc  a − b 
T =
÷
÷+ 
÷
÷+ 
÷
÷
 a + b  c + d   c + d  ac − bd   ac − bd  a + b 
( a − b ) ( c − d ) ( ac − bd ) + ( ad + bc ) ( a − b ) ( c + d ) + ( c − d ) ( a + b ) 
T=
( a + b ) ( c + d ) ( ac − bd )

Chứng minh rằng :

( ac − bd ) ( a − b ) ( c − d ) + 2 ( ad + bc )  ( a + b ) ( c + d ) ( ac − bd )

=
=1
( a + b ) ( c + d ) ( ac − bd )
( a + b ) ( c + d ) ( ac − bd )
2
2
Yêu cầu bài toán x + y + z ≥ 3 ⇔ x + y + z ≥ 3 ⇔ ( x + y + z ) ≥ 3 ( xy + yz + zx )
T=

⇔

1
2
2
2
( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )  ≥ 0 luôn đúng . Ta có điều phải chứng minh

2

ĐỀ SỐ 72

)



Câu
1.(2,0 điểm) Cho hàm số: y =

x −1
( C)

2x −1

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

x −1
( C)
2x −1

2. Viết PTTT của đồ thị ( C) biết tiếp tuyến đó tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.
Câu 2.(1,0 điểm)
1. Giải phương trình:

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

(

)

(

x

2. Giải phương trình: 3 − 5 + 15 3 + 5
9

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

)

x

ln ( 16 − x )
x

1

= 2 x+3

dx

Câu 4.(1,0 điểm):
Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình: z2+ z = 0 .Khi đó tính tổng lũy thừa bậc
4 của tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.
Câu 5.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x2+y2-2x-4y-4=0.Tìm tọa độ các đỉnh
tam giác ABC đều ngoại tiếp (C ) Biết A nằm trên đường thẳng y=-1 và có hoành độ dương.
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong không gian Oxyz , Cho mặt phẳng (P): 5x-z-4=0 và hai đường thẳng d1,d2 lần lượt
x −1 y z +1 x −1 y − 2 z +1
=
=
;
=
=
.hãy viết phương trình mp(Q) song song
1
−1
2

2
1
1
4 5
với (P),theo thứ tự cắt d1,d2 tại A.B sao cho AB =
.
3

có phương trình:

Câu 7.(1,0 điểm):
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=3,BC=6,mp(SAB) vuông
góc với mp(ABCD) ,Hình chiếu S lên mp(ABCD) nằm trên tia đối của tia AB,Các mặt phẳng
(SBC) và (SCD) cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau.Hơn nữa ,khoảng cách giữa
các đường thẳng BD và SA bằng 6 .Tính thể tích khối chóp và cô sin góc giữa hai đường
thẳng SA và BD.
 x − 3 y − 5 x − y = 2

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

15 5 x − y + 22 x + 4 y = 15

( ∀x, y ∈ ¡ )

Câu 9.(1,0 điểm): Với x,y là các số thực lớn hơn 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

x3 + y 3 − x 2 − y 2
+ 2 ( x 2 + y 2 ) − 16 xy
( x − 1) ( y − 1)

LỜI GIẢI



Câu
1.(2,0 điểm): a, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =

x −1
( C)
2x −1

1 
2
x −1 1
x −1 1
x −1
x −1
= ; lim
= ; lim+
= −∞; lim−
= +∞
Giới hạn: xlim
→−∞ 2 x − 1
1 2 x −1
2 x →+∞ 2 x − 1 2 x→ 1 2 x − 1
x→

Tập xác định : D = ¡ \  

2

2

1
1
Đồ thị nhận đường thẳng y = làm tiệm cận ngang.Đường thẳng x = làm tiệm cận đứng
2
2
1
y/ =
> 0, ∀x ∈ D
2
( 2 x − 1)

Hàm số đồng biến với mọi x ∈ D
Bảng biến thiên
x
−∞
y/

1
2

+

+∞

||

+
1
2

+∞

Y
1
2

−∞

Đồ thị:
b, Viết PTTT của đồ thị ( C) biết tiếp tuyến đó tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.
Đồ thị hàm số không có tiếp tuyến dạng thẳng đứng.
Giả sử tìm được đường thăng t tiếp xúc với đồ thị (C ) có hoành độ x0 . có hệ số góc
k = y / ( x0 ) = −

3

2
( 2 x0 − 1) .

Do hai trục tọa độ vuông góc với nhau nên t tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân khi k = ±1
*Với k=1 ⇔ −

3

( 2 x0 − 1)

*Với k=-1 ⇔ −

2

= 1 Phương trình vô nghiệm

3

( 2 x0 − 1)

2

= −1 ⇔ x0 =

1± 3
2

Từ đó tìm được hai tiếp tuyến y = − x + 1 ± 3
Câu 2.(1,0 điểm):
1.(0,5 điểm). Giải phương trình:
ĐK: cos x ≠ 0,sin x ≠

1
2

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

3
2
2
Nhận
xét: cos 3x = 4 cos x − 3cos x = cos x ( 4sin x − 1) , 2 cos 2 x − 1 = 1 − 4sin x nên đưa phương


(

)

2
trình về dạng: ( 4sin x − 1) sin x + 3 cos x − 1 = 0

π
7π
+ k 2π , x =
+ k 2π ( k ∈ ¢
6
6
π
Giải phương trình: sin x + 3 cos x − 1 =0 kết hợp với ĐK được x = − + n 2π ( n ∈ ¢ )
6
π
7π
+ k 2π ( k ∈ ¢ )
Kết luận :PT có hai nghiệm x = − + k 2π , x =
6
6

Giải phương trình: 4sin2x-1=0 ,kết hợp với ĐK ta được: x = −

(

)

(

x

2.(0,5 điểm). Giải phương trình: 3 − 5 + 15 3 + 5

)

x

)

= 2 x+3

chia hai vế cho 2 x > 0 ,
x
 3 − 5  x  3 + 5  x 
 3− 5 
2


Đặt 
÷
÷ = t > 0,  2 ÷

÷  2 ÷
÷ = 1 ta được phương trình: t -8t+13=0 ⇔ t = 3, t = 5
2


 



t = 3 ⇔ x = log 3− 5 3

*Với
*

2

t = 5 ⇔ x = log 3− 5 5
2
9

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

1

x = t ⇒ t ∈ [ 1;3] , dx = 2tdt

ln ( 16 − x )
x

dx

3
3


t2
2
2 3
I
=
2
ln
16
−
t
dt
=
2
t
ln
16
−
t
|
−
2
)  (
) 1 ∫ 16 − t 2 dt ÷ = −2 + 4 ln 57 ,
và

∫1 (
1


3
3
2
t
2
2 
5
7

(∫
dt = ∫  −1 +
+
÷dt = −2 + 2 ln 7 − 2 ln ) vậy: I= −2 + 4 ln ,
2
16 − t
4−t 4+t 
3
5
1
1

Câu 4.(1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình: z2+ z = 0 .Khi đó tính tổng
lũy thừa bậc 4 của tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.
Chọn z = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) .Suy ra z 2 = a 2 − b 2 + 2abi, z = a − bi ⇒ z 2 + z = 0
a 2 − b2 + a = 0
⇔ ( a 2 − b 2 + a ) + ( 2ab − b ) i = 0 .Từ đó thu được 

 2ab − b = 0
1
3
Giải hệ ta được: ( a; b ) = ( 0;0 ) , ( −1;0 ) ,  ; ± ÷
.
2 ÷
2

1
3
1
3
Vậy có bốn số phức z1 = 0, z2 = −1, z3 = +
i, z 4 = −
i thỏa mãn phương trình đã cho.
2 2
2 2
2

Để ý rằng do zk là nghiệm của phương trình đã cho nên zk4 = z k
2

2

1
3  1
3  1
i÷
+
−

i÷
Do đó z + z + z + z = 1 +  +

÷ 
÷ =2
2 2  2 2 
4
1

4
2

4
3

4
4

Câu 5.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x2+y2-2x-4y-4=0.Tìm
tọa độ các đỉnh tam giác ABC đều ngoại tiếp (C ) Biết A nằm trên đường thẳng y=-1 và có
hoành độ dương.
Đường tròn (C ) có tâm I(1;2) và bán kính R=3.Giả sử tìm được tam giác ABC thỏa mãn.
Với A(a;-1), a>0 khi đó IA=2R=6 nên tìm được a=6.Dó đó A(6;-1).
Khẳng định đường thẳng y=-1 tiếp xúc với (C ) tại M(1;-1) nên
uur
uuur
Nếu B nằm trên đường thẳng này thì M là trung điểm AB và C thỏa mãn IC = −2 IM .


Từ đó tìm được B(-4;-1),C(1;8).

Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , Cho mặt phẳng (P): 5x-z-4=0 và hai đường thẳng
x −1 y z +1 x −1 y − 2 z +1
=
=
;
=
=
.hãy viết phương trình
1
−1
2
2
1
1
4 5
mp(Q) song song với (P),theo thứ tự cắt d1,d2 tại A.B sao cho AB =
.
3

d1,d2 lần lượt có phương trình:

d1 có phương trình tham số x=1+t,y=-t,z=-1+2t và d2 cóPT: x=1+2s,y=2+s,z=-1+s.mặt phẳng
(Q) cần tìm có phương trinhf5x-z+d=0, d ≠ −4 .
 6 − 5d 6 + d −15 − 2d 
 −3 − 2d 12 − d −15 − d 
;
;
;
;

÷,cắt d2 tại B 
÷
3
3
9
9 
 9

 9
uuur  6 − 5d −6 − 7 d 30 + 5d  1
;
;
suy ra: AB = 
÷ = ( 6 − 5d ; −6 − 7d ;30 + 5d ) .
9
9  9
 9

(Q) cắt d1 tại A 

Do
4 5
1
80
14
2
2
2
⇔ ( 6 − 5d ) + ( 6 + 7 d ) + ( 30 + 5d )  =
⇔ 11d 2 + 36d + 28 = 0 ⇔ d = −2, d = .



3
81
9
11
Vậy tìm được hai mặt phẳng thỏa mãn: ( Q1 ) : 5 x − z − 2 = 0, ( Q2 ) : 55 x − 11z + 14 = 0
AB =

Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB=3,BC=6,mp(SAB) vuông góc với mp(ABCD) ,Hình chiếu S lên mp(ABCD) nằm trên tia
đối của tia AB,Các mặt phẳng (SBC) và (SCD) cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng
nhau.Hơn nữa ,khoảng cách giữa các đường thẳng BD và SA bằng 6 .Tính thể tích khối chóp
và cô sin góc giữa hai đường thẳng SA và BD.
Gọi H là hình chiếu của S lên (ABCD) và K là hình chiếu của H lên CD.Khi đó do giả
·
·
thiết SBH
= SKH
= α , HK / / BC , HK = BC ⇒ HBCK là hình vuông,A là trung điểm HB,D là
trung điểm KC.Do đó HB=HK=BC=KC=6, và SH = 6 tan α .
6 = d ( BD, SA ) = d ( BD, ( SAK ) ) = d ( D, ( SAK ) ) = d ( H , ( SAK ) )

1
1
1
1
=
+
+

⇒ HS = 6 ⇒ α = 450 .
2
2
2
6 HS
AH
HK
V
=
....
=
36
Từ đó S . ABCD
(Đvtt).

Từ đó

Từ chứng minh trên suy ra AK = BD = 3 5 = SA, SK = 6 2 .
SA2 + AK 2 − SK 2 2.9.5 − 36.2 1
=
=
2 SA. AK
2.9.5
5
 x − 3 y − 5 x − y = 2
( ∀x, y ∈ ¡
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 
15
5
x

−
y
+
22
x
+
4
y
=
15

ĐK x-3y ≥ 0,5 x − y ≥ 0
·
=
Theo định lý cô sin: cos SAK

Đặt:

)

x − 3 y = a ≥ 0, 5 x − y = b ≥ 0 .Để ý 22x+4y=-3(x-3y)+5(5x-y)

( 1)
2
2
 −3a + 5b + 15b = 15 ( 2 )
a − b = 2

ta có hệ 

9
2

Từ (1) suy ra a=b=2 thay vào (2) rút gọn được 2b2+3b-27=0 ⇔ b = 3, a = 5 , b = − < 0 ( L )
1

x=

 x − 3 y = 25

7
⇔
Từ đó được hệ: 
(tmđk)
5 x − y = 9
 y = − 58

7

Câu 9.(1,0 điểm) Với x,y là các số thực lớn hơn 1.



Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức: P =

x3 + y 3 − x 2 − y 2
+ 2 ( x 2 + y 2 ) − 16 xy
( x − 1) ( y − 1)

Đặt x+y=t (t>2)
1
3t 2
2
2
2
hơn nữa x3 + y 3 = t 3 − 3xyt ≥ t 3 −
và 2 ( x + y ) ≥ t
4
4
2
t ( 3t − 2 )
t3 − t2 −
x3 + y 3 − ( x 2 + y 2 )
t2
2
4
+
t
−
8
t
=
+ t 2 − 8t .
+ 2 ( x 2 + y 2 ) − 16 xy ≥
Nên P =
2
t
t

−
2
xy − ( x + y ) + 1
− t +1
4
t2
+ t 2 − 8t với t>2 ta thấy f(t) liên tục và
Xét hàm số f(t)=
t −2
 t

f / ( t ) = ( t − 4) 
+ 2 ÷, f / ( t ) = 0 ⇔ t = 4 .Từ bảng biến thiên suy ra f(t) ≥ f ( 4 ) = −8 .
2
 ( t − 2)
÷



khi đó ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ xy ≤
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x+y=4,x=y=2.
Suy ra GTNN của P=-8 khi và chỉ khi x=y=2.

ĐỀ SỐ 73
Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số y = 2 x 4 − m 2 x 2 + m 2 − 1 (1) (m là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2.

b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho
bốn điểm O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi (với O là gốc tọa độ).
Câu 2.(1,0 điểm).


4sin 2 x
.
1 − cos 4 x
2
e x − cos 3 x cos x
2. Tính giới hạn: lim
.
x→0
x2

1. Giải phương trình: 1 + cot 2 x =

π
6

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = dx3
∫
0

cos x

Câu 4 (1,0 điểm).
n
1. Cho khai triển ( 1 − 2 x + x 3 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a3n x 3n .
15

Xác định hệ số a6 biết rằng a0 +

a
a1 a2
1
+ 2 + ... + 33nn =  ÷
2 2
2
2

2. Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình x 2 + ( m + 2 ) x + 4 = ( m − 1) x 3 + 4 x có
nghiệm.
Câu 5.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − y + 4 = 0 và hai đường tròn
2
2
2
2
( C1 ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 1; ( C2 ) : ( x + 3) + ( y − 4 ) = 4 . Tìm điểm M trên đường thẳng d để từ M
kẻ được tiếp tuyến MA đến đường tròn ( C1 ) và tiếp tuyến MB đến đường tròn ( C2 ) (với A, B
là các tiếp điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M.
Câu 6.(1,0 điểm).
Trong không gian Oxyz,Cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − 6 = 0 và hai đường thẳng
x − 2 y −3 z − 4
x −1 y + 2 z − 2
=
=
; d2 :
=

=
.Viết phương trình đường thẳng ∆ song song
−1
1
1
2
1
−2
với mặt phẳng (P) và cắt d1 và d2 lần lượt tại M,N sao cho MN = 3 6
d1 :

Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2a. Mặt
bên SAB là tam giác đều, SI vuông góc với mặt phẳng ( SCD ) với I là trung điểm của AB.
Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AB.
( 4 x 2 + 1) x + ( y − 1) 1 − 2 y = 0
Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 2
.
 4 x + y + 4 y + 2 3 − 4 x = 3

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

( a + b − c)

a + b + c + 2ab
2

2

2

( b + c − a)

2

+

2

a + b + c + 2bc
2

2

2

LỜI GIẢI
Câu 1.(2,0 điểm)

+

( c + a − b)

2

3
≥ .
a + b + c + 2ca 5
2

2

2


1.(1,0
điểm)Với m = 2 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y = 2 x 4 − 4 x 2 + 3

TXĐ: D = ¡
y = +∞; lim y = +∞
Giới hạn: xlim
→+∞
x →−∞
x=0


3
Chiều biến thiên: y ' = 8 x − 8 x ; y ' = 0 ⇔  x = ±1


BBT
−∞
x
y’

−

+∞

−1

0

+

0
0
3

+∞

1
0

−

+

+∞

y
1

1

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −1;0 ) và ( 1; + ∞ )
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; − 1) và ( 0;1) .
Điểm cực đại ( 0;3) , cực tiểu ( 1;1) , ( −1;1) .
2

Điểm uốn: y '' = 24 x − 8; y '' = 0 ⇔ x = ±

1
 1 17 
. Điểm uốn U  ± ; ÷
3
3 9


Đồ thị: Giao với Oy tại ( 0;3) , đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng
2.(1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C
sao cho bốn điểm O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi (với O là gốc tọa độ).
TXĐ: ¡
x = 0
y ' = 8 x − 2m x ; y ' = 0 ⇔  2 m 2
(*)
x =

4
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m ≠ 0
3

2

 −m − m 4
  m −m4

2
2
A

0;
m
−
1
,
B
;
+
m
−
1
+ m 2 − 1÷ .
) 2 8
Tọa độ các điểm cực trị (
÷, C  ;

 2 8

Dễ thấy A ∈ Oy còn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi m ≠ ±1 .


−m 4



+ m 2 − 1÷
Tọa độ trung điểm của BC là I  0;
8



Vậy 4 điểm O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi khi I là trung điểm của OA suy ra
−m4
m2 − 1
+ m2 − 1 =
⇔ m 4 − 4m 2 + 4 = 0 ⇔ m = ± 2 ( thỏa mãn).
8
2

Câu 2.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm) Giải phương trình: 1 + cot 2 x =

{

kπ
cos 4 x ≠ 1
( k ∈¢ )
.Đk: sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠
2

4sin 2 x
.
1 − cos 4 x

sin 2 x = −1
Pt ⇔ ( cos 2 x + sin 2 x ) sin 2 x = 1 − cos 2 x ⇔ ( cos 2 x + sin 2 x − 1) ( sin 2 x + 1) = 0 ⇔ sin  2 x + π  = 1
 
÷
4
2
 

π
+ kπ
4
 x = kπ (l )
π 1

⇔
π
+) sin  2 x + ÷ =
4
 x = + kπ
2


4
sin 2 x = −1 ⇔ x = −
+)

π kπ
+
( k ∈¢ ) .
4 2
2
e x − cos 3 x cos x
2.(0,5 điểm) Tính giới hạn: lim
.
x→0
x2

2
2
e x − cos 3 x.cos x
ex −1
1 − cos 3x.cos x
1 − cos 3 x.cos x
= lim 2 + lim
= 1 + lim
Ta có : lim
2
2
x→0
x
→
0
x
→
0
x
→
0
x
x
x
x2
1 − cos 3 x.cos x
1 − cos 4 x + 1 − cos 2 x
sin 2 2 x + sin 2 x
=
lim

=
lim
Mà lim
x→0
x→0
x→0
x2
2 x2
x2

Vậy phương trình có nghiệm x =

= lim
x→0

sin 2 2 x
sin 2 x
sin 2 2 x
sin 2 2 x
+
lim
=
1
+
lim
=
1
+
4
lim

=5.
x→0
x→0
x →0
x2
x2
x2
4x2
2

e x − cos 3 x.cos x
=6
x→0
x2

Vậy lim

π
6

Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = dx3
∫
0

π
6

cos x

π

6

Ta có I = dx3 = cos xdx
∫
∫ 4
0

cos x

0

cos x

Đặt sinx=t ⇒ dt = cos xdx
Đổi cận:Nếu x=0 thì t=0; Nếu x =
1
2

Ta được: I = ∫
0

dt

(1− t )

2 2

π
1
thì t =

6
2

1
1
1

2
1 2 ( t + 1) − ( t − 1) dt 1  2
dt
dt

= ∫
= ∫
−∫
2
2
2
2

2 0 ( 1 + t ) .( 1 − t )
2 0 ( 1 + t ) .( 1 − t )
0 ( 1 + t ) .( 1 − t )



1
1
1
 12


 12

2
2
2
1  1 ( 1 + t ) − ( t − 1) dt 1 ( 1 + t ) − ( t − 1) dt  1 
dt
dt
dt 
− ∫
=
+ 2∫
−
=  ∫
2 2 0 ( 1 + t ) .( 1 − t ) 2
2 0 ( 1 + t ) 2 . ( 1 − t )  4  ∫0 ( 1 − t ) 2
1 − t ) ( 1 + t ) ∫0 ( 1 + t ) 2 
0 (





=

1
2

1

2

1
2

1 d ( t − 1) 1  1
1 
1 d ( t + 1) 1  1
t − 1 1  12 1
1
−
−
dt
+
=
−
−
ln
−
|0 = ln 3 +
2
2


∫
∫
∫


4 0 ( t − 1)

4 0  t − 1 t + 1
4 0 ( t + 1)
4  t −1
t +1 t +1 
4
3
1
4

Đáp số : I= ln 3 +
Câu 4.(1,0 điểm)

1
3


1.(0,5
điểm) Cho khai triển ( 1 − 2 x + x 3 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a3 n x 3n .

n

15

Xác định hệ số a6 biết rằng a0 +
1

1

3n

a

a
a1 a2
1
+ 2 + ... + 33nn =  ÷
2 2
2
2
15

1

a

a

Cho x = ⇒  ÷ = a0 + 1 + 22 + ... + 33nn =  ÷ ⇔ 8n = 215 ⇔ n = 5
2 2
2 2
2
2
Ta có: ( x
5

3

5

5

k

k =0

i =0

+ 1 − 2 x ) = ∑ C5k x15−3k ( 1 − 2 x ) = ∑ C5k x15−3k ∑ Cki ( −2 x )

k

5

k

k =0

i

= ∑∑ C5k .Cki . ( −2 ) .x15−3 k +i ( 0 ≤ i ≤ k ≤ 5 )
i

k =0 i =0

15 − 3k + i = 6 ⇔ 3k − i = 9

Ta có bảng sau
k
i

3
0

4
3

5
6

⇒ k = 3, i = 0 hoặc k = 4, i = 3

Vậy a6 = C53 .C30 . ( −2 ) + C54 .C43 . ( −2 ) = −150.
2.(0,5 điểm) Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình
x 2 + ( m + 2 ) x + 4 = ( m − 1) x3 + 4 x có nghiệm
Điều kiện x ≥ 0 . Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn.
0

3

Với x > 0 viết lại phương trình: ( x 2 + 4 ) + ( 1 − m ) x ( x 2 + 4 ) + ( m + 2 ) x = 0
⇔

x2 + 4
+ ( 1− m)
x

x2 + 4
+ m + 2 = 0 ( 1)
x

x2 + 4
2
≥ 2 . Từ phương trình (1) ta có: t + ( 1 − m ) t + m + 2 = 0 ( 2 )
x
2
t +t +2
⇔m=
= g ( t)
t −1
t2 + t + 2
Xét hàm số g ( t ) =
với t ≥ 2
t −1
4
t = −1(l )
g '( t ) = 1−
; g '( t ) = 0 ⇔ 
2
t = 3
( t − 1)

Đặt t =

BBT
t
2
g’(t)
8
g(t)

−

3
0

+∞

+

+∞

7
Để (1) có nghiệm x > 0 thì (2) có nghiệm t ≥ 2
Từ BBT của g(t) thì cần có m ≥ 7 .
Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − y + 4 = 0 và hai
2
2
2
2
đường tròn ( C1 ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 1; ( C2 ) : ( x + 3) + ( y − 4 ) = 4 . Tìm điểm M trên đường


thẳng
d để từ M kẻ được tiếp tuyến MA đến đường tròn ( C1 ) và tiếp tuyến MB đến đường

tròn ( C2 ) (với A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M.

Đường tròn ( C1 ) có tâm I ( 1;1) , bán kính R1 = 1 ; ( C2 ) có tâm J ( −3; 4 ) , bán kính R2 = 2
Do IJ = 5 > R1 + R2 ⇒ ( C1 ) , ( C2 ) rời nhau nên A và B phân biệt

M ( t ; t + 4 ) ∈ d ⇒ MA2 = MI 2 − R12 = 2t 2 + 4t + 9 ; MB 2 = MJ 2 − R22 = 2t 2 + 6t + 5

Tam giác AMB cân tại M ⇔ MA2 = MB 2 ⇔ t = 2 .
Vậy M ( 2;6 ) .

Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz,Cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − 6 = 0 và hai đường
x−2 y −3 z −4
x −1 y + 2 z − 2
=
=
; d2 :
=
=
.Viết phương trình đường thẳng ∆ song
−1
1
1
2
1
−2
song với mặt phẳng (P) và cắt d1 và d2 lần lượt tại M,N sao cho MN = 3 6

thẳng d1 :

Điểm M ∈ d1 ⇒ M ( 2 − t ;3 + t; 4 + t ) , Điểm

uuuur
N ∈ d 2 ⇒ N ( 1 + 2m; −2 + m; 2 − 2m ) ; MN = ( 2m + t − 1; m − t − 5; −2m − t − 2 )
uur
Gọi nP = ( 1; −1;1) là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).

uuuur uur
Do MM//(P) nên MN .nP = 0 ⇔ 2m + t − 1 − ( m − t − 5) + ( −2m − t − 2 ) = 0 ⇔ t = m − 2
uuuur
Suy ra MN = ( 3m − 3; −3; −3m ) .
m = 2
 m = −1

2
Khi đó MN = 3 6 ⇔ ( 3m − 3) + ( −3) + ( −3m ) = 54 ⇔ m − m − 2 = 0 ⇔ 
2

2

2

Với m=-1 thì M ( 5;0;1) ; N ( −1; −3; 4 ) đều thuộc mặt phẳng (P) nên không thỏa mãn ∆ / / ( P )
ur

Với m=2 thì M ( 2;3; 4 ) ; N ( 5;0; −2 ) .Suy ra véc tơ chỉ phương của đường thẳng ∆ = ( 1; −1; −2 )
Phương trình đường thẳng ∆ là:

x−2 y −3 y −4
=
=
1
−1
−2

Câu 7.(1,0 điểm)
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O,

cạnh bằng 2a. Mặt bên SAB là tam giác đều, SI vuông góc với mặt phẳng ( SCD ) với I là
trung điểm của AB. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai
đường thẳng SO và AB.
Goi E là trung điểm của CD, suy ra AB ⊥ IE .
Lại có AB ⊥ SI ⇒ AB ⊥ ( SEI ) , do đó ( ABCD ) ⊥ (SIE ) .
Trong tam giác SEI kẻ đường cao SH ⇒ SH ⊥ ( ABCD )

SI = a 3; IE = 2a ⇒ SE = a (do tam giác SEI vuông tại S) ⇒ SH =

a 3
.
2

2a 3 3
(đvtt)
3
a
a 1
2
2
Vì EH = SE − SH = ⇒ OH = EH = = OI .
2
2 2
Qua O kẻ OF / / BC ( F ∈ BC ) ⇒ d ( SO, AB ) = d ( AB, ( SOF ) ) = d ( I , ( SOF ) ) = 2d ( H , ( SOF ) )
1
3

Vậy VS . ABCD = SH .S ABCD =

a 3

Kẻ HK vuông góc với SO tại K ⇒ HK ⊥ ( SOF ) ⇒ d ( SO, AB ) = 2 HK =
.
2


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



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

(

1− 2 y

)

3

+ 1− 2 y

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên ¡ , f '(t ) = 3t 2 + 1 ≥ 0∀t ∈ ¡
(1) có dạng f ( 2 x ) = f

(

)

1− 2 y ⇔ 2x = 1− 2 y ⇒ x ≥ 0

Thay vào phương trình (2) ta được
2
2
16 x 4 − 24 x 2 + 8 3 − 4 x − 3 = 0 ⇔ ( 4 x − 1) ( 4 x − 5 ) −

16 ( 2 x − 1)
3 − 4x + 1

=0

16


1
3
⇔ ( 2 x − 1) ( 2 x + 1) ( 4 x 2 − 5 ) −
 = 0 ⇔ x = 2 do 0 ≤ x ≤ 4
3 − 4 x + 1


1

1



Với x = ⇒ y = 0 . Vậy hệ phương trình có nghiệm  ; 0 ÷.
2
2 
Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c.

( a + b − c)

Chứng minh rằng:

( b + c − a)

2

+

2

a + b + c + 2ab a + b + c + 2bc
Không mất tổng quát, giả sử: a + b + c = 3

Đặt

( a + b − c)

+

( a + b − c)

2

2

( b + c − a)

2

a 2 + b 2 + c 2 + 2ab

⇒ P−6 =

2

+

2

2

+

2

2

=P

( c + a − b)

2

−2+ 2 2
−2+ 2
−2
a 2 + b 2 + c 2 + 2ab
b + c + a 2 + 2bc
a + b 2 + c 2 + 2ac
6−P
1
1
1
⇒
=
+
+
2
2
2
2
2
9
( a + b ) + c ( b + c ) + a ( a + c ) + b2
1

( a + b)

⇒

2

+c

2

=

1

1 2
≤ + ( c − 1) ⇔ ( c − 1) 2 ( 2c + 1) ≥ 0 đúng
( c − 3) + c 5 25
2

2

6−P
1
1
1
3
3
=
+
+
⇔P≥
2

2
2
2
2
2 ≤
9
( a + b) + c ( b + c) + a ( a + c) + b 5
5

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

2

3
≥ .
a + b + c + 2ca 5
2

2

a 2 + b 2 + c 2 + 2ac

( b + c − a)

2

2

( c + a − b)

2

b2 + c 2 + a 2 + 2bc

2

( c + a − b)


ĐỀ SỐ 74



Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số: y = x − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3 + m , ( 1)
3

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( 1) ứng với m = 1.

b. Tìm m để hàm số ( 1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm
số đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến
gốc tọa độ O .
Câu 2.(1,0 điểm).
π
2
1/Giải phương trình: 2 cos 3x.cos x + 3 sin 2 x = 2 3 cos  2 x + ÷− 3.
2/Tìm m để bất phương trình: x 3 + 3x 2 − 1 ≤ m
0

Câu 3 (1,0 điểm ). Tính tích phân; I =
Câu 4 (1,0 điểm).

1. Tính giới hạn: I = lim

x →−1

∫(x

−1

(



x − x −1

)

4

3

có nghiệm thực.

5 − 3x
dx
2
− 5 x + 6 ) ( x 2 − 2 x + 1)

log ( 10 x + 20 ) + ( 2 x + 1) ( x + 2 )
x +1

.

2. Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện: An2 − 14 = Cnn+−12 − 14n . Tìm số hạng chứa x 6
n

 n 3x 3x 2 
trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức  + +
÷.
 3 n 64n 

Câu 5.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , đỉnh A ( 1;1) , AB = 2 AD . Đường
thẳng BD : 4 x + 3 y + 3 = 0 . Tìm tọa độ các điểm B, C , D , biết điểm D có hoành độ không âm.
Câu 6.(1,0 điểm)
2
2
2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho mặt cầu ( S ) : x + y + z + 6 x − 2 y − 2 z − 14 = 0
x = 1

Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ∆ :  y = t (Vơi t là tham số) và căt mặt
 z = −t


cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3.
Câu 7.(1,0 điểm).
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA vuông góc với mặt
đáy và SA = a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và SD ; I là giao điểm của SC và
mặt phẳng ( AMN ) . Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI .
2

 x + 2 + y( x + y − 5) = 0
2
3
2
 y( x + 2 xy) + y = x + 15y + 2

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

1

 1

( x, y ∈ ¡ )
 1



Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số thực a, b, c ∈ ( 0;1) và thỏa mãn:  − 1÷ − 1÷ − 1÷ = 1. Tìm giá
 a  b  c 
2
2
2
trị nhỏ nhất của biểu thức: P = a + b + c .


LỜI GIẢI



Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3 + m , ( 1)

1.(1,0 điểm). với m = 1 .Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : y = x 3 − 3x 2
Tập xác định: D = ¡
y = +∞, lim y = −∞
Giới hạn: xlim
→+∞
x →−∞
x = 0
x = 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0), (2; +∞)

Chiều biến thiên: y′ = 3x 2 − 6 x , y′ = 0 ⇔ 

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2)
Cực trị:
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại y = 0
- Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu y = −4
BBT:
+∞
x −∞
0
2
y’
+
0 0
+
0
+∞
y
−∞

-4

Đồ thị
Ta có y′′ = 6 x − 6; y′′ = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = −2
Suy ra U ( 1; −2 ) là điểm uốn của đồ thị hàm số
Đồ thị giao với trục Oy tại điểm ( 0;0 )

Đồ thị giao với trục Ox tại điểm ( 0;0 ) và ( 3;0 )
y

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

8

6

4

2

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

O

1

2

3

4

5

6

7

8

9

-2

-4

-6

-8

Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm U ( 1; −2 ) làm tâm đối xứng

1.(1,0 điểm). Tìm m để hàm số ( 1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ
thị hàm số đến gốc tọa độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến
gốc tọa độ O .
Ta có y′ = 3x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1)
Để hàm số có cực trị thì PT: y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 có 2 nghiệm
phân biệt ⇔ ∆′ = 1 > 0, ∀m
Ta có: y′′ = 6 x − 6m , y′′ ( m − 1) = −6 < 0 và y′′ ( m + 1) = 6 > 0


Do
đó điểm cực đại của đồ thị hàm số là A ( m − 1; 2 − 2m ) và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là

B ( m + 1; −2 − 2m ) .

 m = −2 + 3
2
OA
=
3
OB
⇔

m
+
4
m
+
1
=
0
⇔

Theo giả thiết ta có:
 m = −2 − 3
Vậy có 2 giá trị của m là m = −2 − 3 và m = −2 + 3 .

Câu2.(1,0 điểm)

π
2
1.(0,5 điểm).Giải phương trình : 2 cos 3 x.cos x + 3 sin 2 x = 2 3 cos  2 x + ÷− 3.
4





π 
2
Phương trình đã cho trở thành: cos 4 x +cos2x + 3 sin 2 x = 3 2cos  2 x + ÷− 1
4 



π


⇔ cos 4 x +cos2x + 3 sin 2 x = 3 cos  4 x + ÷ ⇔ cos 4 x + 3 sin 4 x + cos 2 x + 3 sin 2 x = 0
2

π
π

x=− +k

π
π
π
18
3
⇔ sin(4 x + ) + sin(2 x + ) = 0 ⇔ 2sin(3 x + ).cosx =0 ⇔ 
( k ∈¢ )
6
6
6
 x= π + kπ
 2
π
π
π
Vậy phương trình có các nghiệm: x = − + k và x = + kπ , k ∈ ¢ .
18
3

2

2.(0,5 điểm) Tìm m để bất phương trình: x 3 + 3x 2 − 1 ≤ m

(

Điều kiện x ≥ 1 . Nhân cả hai vế của bất phương trình với
ta có: f ( x ) = ( x 3 + 3x 2 − 1)

(

)

(

)

3

x + x −1

)

có nghiệm thực.
3

>0

3

x + x −1 ≤ m

Đặt g ( x ) = x 3 + 3x 2 − 1, h( x ) =

(

)

3

x + x −1 .

2
Ta có: g ′ ( x ) = 3x + 6 x > 0, ∀x ≥ 1 và

(

x − x −1

)

2 1
1 
x + x −1 
+
÷ > 0, ∀x > 1
 2 x 2 x −1 
Vì g ( x ) > 0 và tăng ∀x ≥ 1 , h ( x ) > 0 và tăng ∀x ≥ 1 nên f ( x ) = h ( x ) g ( x ) tăng ∀x ≥ 1 . Do đó:

h′ ( x ) = 3

f ( x ) ≥ f ( 1) = 3, ∀x ≥ 1 .

f ( x ) = f (1) = 3 ≤ m
Khi đó bất phương trình có nghiệm ⇔ min
x ≥1
0

5 − 3x
dx
2
−1 ( x − 5 x + 6 ) ( x − 2 x + 1)

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

2

0
x 2 − 5 x + 6 ) − ( x 2 − 2 x + 1)
(
5 − 3x
dx = ∫
dx
Ta có: I = ∫ 2
2
2
2
x
−
5

x
+
6
x
−
2
x
+
1
x
−
5
x
+
6
x
−
2
x
+
1
(
)
(
)
(
)
(
)
−1

−1
0

0

=

0

dx

∫ ( x − 1)

2

−1

1
2

0

dx
1 0
1 
1 0
x −3 0 1
9
 1
=−

|−1 − ∫ 
−
dx = −
|−1 − ln
|−1 = − ln
2

x − 5x + 6
x −1
x −3 x − 2
x −1
x−2
2
8
−1
−1 

−∫

Vậy I = − ln

9
8

Câu 4.(1,0 điểm)
1.(0,5 điểm). Tính giới hạn: I = lim

x →−1

log ( 10 x + 20 ) + ( 2 x + 1) ( x + 2 )

x +1

.


log10 ( x + 2 ) + ( 2 x + 1) ( x + 2 )


Ta
có: I = lim
x →−1

= lim

x +1
log ( x + 2 ) + ( x + 1) ( 2 x + 3)

= lim

x →−1

log ( x + 2 ) + 2 x 2 + 5 x + 3
x +1

x +1
ln ( x + 2 )
= log e. lim
+ lim ( 2 x + 3)
x →−1
x →−1

x +1
= log e + 1
x →−1

2.(0,5 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện: An2 − 14 = Cnn+−12 − 14n . Tìm số hạng
n

 n 3x 3x 2 
chứa x trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức  + +
÷.
 3 n 64n 
Điều kiện: n ≥ 2, n ∈ ¢ +
6

2
Phương trình ⇔ ( n − 1) ( n − 5n − 84 ) = 0 ⇔ n = 12 (loại n = 1 và n = −7 )
24

k

24
24
x

 x
Với n = 12 , ta có:  2 + ÷ = ∑ C24k .224−k .  ÷ = ∑ C24k .224−5 k .x k



16 

 16  k =0
Số hạng tổng quát trong khai triển trên: Tk +1 = 224−5 k .C24k .x k
Số hạng chứa x 6 ứng với k = 6
33649 6
x
Số hạng cần tìm là:
16
Câu 5.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , đỉnh A ( 1;1) ,
AB = 2 AD . Đường thẳng BD : 4 x + 3 y + 3 = 0 . Tìm tọa độ các điểm B, C , D , biết điểm D có
k =0

hoành độ không âm.
Ta có d ( A; BD ) =

4+3+3
42 + 32

=2

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BD. Xét ∆ABD có:
1
1
1
5
1
+
=
⇔
= ⇒ AD = 5 ( AB = 2 AD )

2
2
2
2
AD
AB
AH
4 AD
4
2
 −4 m − 3 
2
 −4 m − 3 
2
D
m
;
∈
BD
,
m
≥
0
− 1÷ = 5
Gọi 
. Ta có: AD = 5 ⇔ ( m − 1) + 
÷
3 

3



6
⇔ 25m 2 + 30m = 0 ⇔ m = 0 hoặc m = − (loại)
5
Với m = 0 ⇒ D ( 0; −1)
uuur
Đường thẳng AB đi qua A và có véctơ pháp tuyến AD ( −1; −2 )
Phương trình AB : x + 2 y − 3 = 0
{ B} = AB ∩ BD ⇒ tọa độ ( x; y ) của B thỏa mãn hệ:
x + 2 y − 3 = 0
 x = −3
⇔
⇒ B ( −3;3)

4 x + 3 y + 3 = 0
y = 3

 −3 
;1÷
 2 
Mà I cũng là trung điểm của AC ⇒ C ( −4;1)

Gọi I là trung điểm của BD ⇒ I 
Vậy: B ( −3;3) , C ( −4;1) , D ( 0; −1)


Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho mặt cầu

( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 6 x − 2 y − 2 z − 14 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng

x = 1

∆ :  y = t (Vơi t là tham số) và căt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3.
 z = −t


Mặt cầu (S) có tâm I(-3;1;1) bán kính R=5.Véc tơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là

uur
u∆ ( 0;1; −1) .Vì M(1;0;0) ∈ ∆ và mặt phẳng (P) chứa ∆ nên phương trình mặt phẳng (P) có

2
2
2
dạng : a ( x − 1) + by + cz = 0, a + b + c ≠ 0

uur

uur uur

Gọi véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là nP ( a; b; c ) ,khi đó nP .n∆ = 0 ⇔ b = c suy ra

( P ) : a ( x − 1) + by + bz = 0 .
Vì bán kính của đường tròn giao của mặt phẳng (P) với mặt cầu (S) bằng 3 nên khoảng cách từ
I đến (P) bằng 4.Ta có

b = −4a
2
= 4 ⇔ 4 ( a 2 + 2b 2 ) = ( 2a − b ) ⇔ 7b 2 + 4ab = 0 ⇔ 
a 2 + 2b 2

b = 0

−4a + 2b

vậy có hai mặt phẳng (P) thỏa mãn: x-1=0.7x-4y-4z-7=0
Câu 7(1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , SA
vuông góc với mặt đáy và SA = a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và SD ; I là giao
điểm của SC và mặt phẳng ( AMN ) . Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối
chóp MBAI .

. Gọi O là giao điểm của AC và BD ; K là giao điểm của SO và MN ; I là giao điểm của
đường thẳng AK với SC ⇒ I là giao điểm của SC và mp ( AMN )
 AM ⊥ BC , ( BC ⊥ SA, BC ⊥ AB )
⇒ AM ⊥ ( SBC ) ⇒ AM ⊥ SC (1)
 AM ⊥ SB, ( SA = AB )
. Tương tự ta có AN ⊥ SC (2)
Từ (1) và (2) suy ra SC ⊥ ( AMN ) ⇒ SC ⊥ AI (đpcm)

. Ta có 

. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên SB ⇒ IH / / CB , mà BC ⊥ ( AMB ) (vì BC ⊥ AB
và BC ⊥ SA ) do đó IH ⊥ ( AMB ) .
Suy ra IH là đường cao của khối chóp MBAI .
1
3

Ta có: VIABM = .S ABM .IH


1

1 1
a2
2
2 2
4
IH
SI SI .SC
SA2
a2
1
IH
/
/
CB
=
=
= 2
= 2
=
Do
nên
2
2
2
BC SC
SC
SA + AC
a + 2a
3
1

1
⇒ IH = BC = a
3
3
2
3
1 a a a
Vậy: VIABM = . . =
3 4 3 36
 x 2 + 2 + y( x + y − 5) = 0
( x, y ∈ ¡
Câu 8.(1,0 điểm).Giải hệ phương trình:  2
3
2
 y( x + 2 xy) + y = x + 15 y + 2
 x 2 + 2 + y 2 + xy = 5 y
(1)
Hệ phương trình đã cho trở thành: 
2
2
 y( x + y) = x + 15 y + 2 (2)
Xét y = 0 , từ ( 1) ta có: x 2 + 2 = 0 (vô nghiệm) ⇒ y = 0 không là nghiệm của hệ.

Trong
đó: S ABM = .S SAB = . .SA. AB =

)

 x2 + 2
+x+y=5


 y
Với y ≠ 0 , khi đó hệ trở thành: 
2
( x + y )2 = x + 2 + 15

y

Đặt u =

x2 + 2
,v = x+ y.
y

u + v = 5
⇔
Ta có hệ:  2
v
=
u
+
15


u = 5 − v
u = 5 − v

⇔   v = −5 ⇔
 2
 v + v − 20 = 0   v = 4



 v = − 5, u = 10
 v = 4, u = 1


 y = −5 − x
(VN)
 2
 x + 10 x + 52 = 0
y = 4 − x
u = 1
 x = −2, y = 6
⇔
Trường hợp 2 
ta có  2
v = 4
 x = 1, y = 3
x + x − 2 = 0
Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) = ( 1;3) , ( −2;6 ) .
u = 10
ta có
 v = −5

Trường hợp 1 

1

 1

 1



Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số thực a, b, c ∈ ( 0;1) và thỏa mãn:  − 1÷ − 1÷ − 1÷ = 1.
 a  b  c 
2
2
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của : P = a + b + c .
1

 1

 1



. Từ giả thiết:  − 1÷ − 1÷ − 1÷ = 1 ⇒ ab + bc + ca = 2abc + a + b + c − 1
 a  b  c 
3

 a+b+c 
. Mặt khác theo Cauchy, ta có: 
÷ ≥ abc
3



. Do đó: P = ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c ) − 2 ( a + b + c ) − 4abc + 2

2

2

4
3
2
( a + b + c) + ( a + b + c) − 2( a + b + c) + 2
27
4 3 2
. Đặt t = a + b + c, t ∈ ( 0;3) . Khi đó: P ≥ − t + t − 2t + 2
27
4 3 2
Xét hàm số f ( t ) = − t + t − 2t + 2, t ∈ ( 0;3)
27
≥−


4
9

2

Ta
có: f ′ ( t ) = − t + 2t − 2 ; f ′ ( t ) = 0 ⇔ t =

3
hoặc t = 3 ∉ ( 0;3)
2

Bảng biến thiên:
t

3
2
0

0
−

f ′( t )

3

+

2
1

f ( t)

3
4
3
4

3
2

. Từ bảng biến thiên suy ra f ( t ) ≥ , ∀t ∈ ( 0;3) . Dấu bằng xảy ra khi t = .

Do đó: min P =

3
1
⇔a=b=c=
4
2