Hướng dẫn giải đề thi thử đại học môn toán đề số 21

[WWW.VIETMATHS.COM]

Ôn thi Đại học

Trần Sĩ Tùng

Hướng dẫn Đề số 21
Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và d: x3  2mx 2  (m  3) x  4 x  4 (1)
 x 0
(1)  x( x 2  2mx  m  2) 0  
2
 g ( x) x  2mx  m  2 0 (2)
(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.
 m  1  m 2
  m 2  m  2  0


(a) .
 m  2
 g (0) m  2 0
Mặt khác: d ( K , d ) 

1 3  4
2

 2

1
BC.d ( K , d ) 8 2  BC 16  BC 2 256
2
 ( xB  xC )2  ( yB  yC )2 256 với xB , xC là hai nghiệm của phương trình (2).

Do đó: S KBC 8 2 

 ( xB  xC )2  (( xB  4)  ( xC  4)) 2 256  2( xB  xC ) 2 256  ( xB  xC ) 2  4 xB xC 128
1  137
1  137
(thỏa (a)). Vậy m 
.
 4m 2  4(m  2) 128  m 2  m  34 0  m 
2
2
Câu II: 1) *
Đặt: t 2 x ; điều kiện: t > 0. Khi đó BPT  30t  1  t  1  2t
(2)
2
 t 1 : (2)  30t  1 3t  1  30t  1 9t  6t  1  1 t 4
( a)
 0  t 1 : (2) 

30t  1 t  1  30t  1 t 2  2t 1  0  t 1

(b)

x

 0  t 4  0  2 4  x 2. Vậy, bất phương trình có nghiệm: x 2.
(1)
2) PT  log 22 x  log 2 x  m 0; x  (0; 1)
log 2 x   và lim log x 0 , nên: với x  (0;1)  t  ( ; 0)
Đặt: t log 2 x . Vì: lim

x 0
x 1
Ta có: (1)  t 2  t  m 0, t  0

(2)  m  t 2  t , t  0

 y  t 2  t , t  0 : ( P )
Đặt: 
: (d )
 y m
1
1
Xét hàm số: y  f (t )  t 2  t , với t < 0  f (t )  2t  1  f (t ) 0  t   y 
2
4
Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm x  (0; 1)
 (2) có nghiệm t < 0
1
 (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < 0  m  .
4
1
Vậy, giá trị m cần tìm: m  .
4
1
Câu III: Đặt : x   I 
t

3
3

1

t6
1 

117  41 3 
dt   t 4  t 2  1  2

 dt =
2

t

1
t

1

135
12
1
3
3

Câu IV: Dựng SH  AB  SH  ( ABC ) và SH là đường cao của hình chóp.
Dựng HN  BC , HP  AC  SN  BC , SP  AC  SPH SNH 
 SHN =  SHP  HN = HP.
a 3
a 3
;  SHP vng có: SH HP.tan  

tan 
4
4
1
1 a 3
a2 3 a3
Thể tích hình chóp S . ABC : V  .SH .S ABC  .
.tan  .
 tan 
3
3 4
4
16

Câu V: Với 0  x  thì 0  tan x  3 và sin x 0,cos x 0, 2cos x  sin x 0
3
 AHP vng có: HP HA.sin 60o 

Trang 32


Trần Sĩ Tùng

[WWW.VIETMATHS.COM]

Ôn thi Đại học

cos x
3
1  tan 2 x

1  tan 2 x
cos
x
y




sin 2 x 2cos x  sin x
tan 2 x(2  tan x) 2 tan 2 x  tan 3 x
.
cos 2 x
cos x
1 t2
 Đặt: t tan x; 0  t  3  y  f (t )  2 3 ; 0  t  3
2t  t
4
2
3
t

3
t

4
t
t
(
t


3
t

4)
t
(
t
 1)(t 2  t  4)
f (t ) 


 f (t )  0  ( t 0  t 1).
(2t 2  t 3 ) 2
(2t 2  t 3 ) 2
(2t 2  t 3 ) 2


miny

2
khi
x

min
f
(
t
)

2


t

1

x

 Từ BBT ta có:
. Vậy:   
4.
4
 0; 
 3
Câu VI.a: 1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) =

a b 5



2 SABC
AB

2
(1)
 a  b 8
 a 5 b  5
;
 a  b  5 3  
; Trọng tâm G 
  (d)  3a –b =4 (3)

(2)
3 
 3
 a  b 2
S
3
Từ (1), (3)  C(–2; 10)  r = 
p
2  65  89
S
3
Từ (2), (3)  C(1; –1)  r  
.
p
2 2 5

 
 BA, a 
4  196  100
2) d(A, (d)) =
5 2
 
a
4 1 1

Phương trình mặt cầu tâm A (1; –2; 3), bán kính R = 5 2 :
(x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50
2
2


1 
1  5
1 
1
5
2 

z
z


z



0
Câu VII.a: PT   
  z     z    0 (1)

 

z
z
2
 


z 
z 2
 


5
1  3i 
1
 1  3i
2
 t
Đặt ẩn số phụ: t = z  . (1)  t  t  0   t 

2
2
2 
z

 1 i  1 i
;
Đáp số có 4 nghiệm z : 1+i; 1- i ;
.
2
2
Câu VI.b: 1) (C1): ( x  1) 2  ( y  1) 2 4 có tâm I1 (1; 1) , bán kính R1 = 2.
(C2): ( x  4) 2  ( y  1) 2 1 có tâm I 2 (4; 1) , bán kính R2 = 1.
Ta có: I1 I 2 3 R1  R2 
(C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1)
 (C1) và (C2) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy.
* Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: ( ) : y ax  b  ( ) : ax  y  b 0 ta có:
 a b  1


2

2
2
 2
a

 a 
2
d ( I1 ;  ) R1
 a b


4
4
 
 
hay 

d
(
I
;

)

R
4
a

b


1
2
 2

b  4  7 2
b  4  7 2
 a 2  b 2 1


4
4

2
47 2
2
4 7 2
Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: (1 ) : x 3, ( 2 ) : y 
x
, ( 3 ) y 
x
4
4
4
4


2) (d1) có vectơ chỉ phương u1 (1; 1; 2) ;
(d2) có vectơ chỉ phương u2 (1; 3; 1)

K (d 2 )  K (t ; 3t   6; t   1)  IK (t   1; 3t   5; t   2)


18

 18 12 7 
IK  u2  t   1  9t   15  t   2 0  t    K  ; 
; 
11
 11 11 11 

Trang 33


Ôn thi Đại học

[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng


56
59
 18

 t; 
 2t 
Giả sử (d ) cắt (d1) tại H (t ; 4  t; 6  2t ), ( H  ( d1 )) . HK   t ; 
11
11
 11





18
56
118
26
1
HK  u1 
 t
 t
 4t 0  t 
 HK  (44;  30;  7).
11
11
11
11
11
 18
 x 11  44

12

 30 .
Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (d ):  y 
11

7

 z 11  7


0
1
2
2009 2009
 C2009
x  C2009
x 2  ...  C2009
x )
Câu VII.b: Xét đa thức: f ( x) x(1  x) 2009 x(C2009
0
1
2
2009 2010
C2009
x  C2009
x 2  C2009
x3  ...  C2009
x .
0
1
2
2009 2009
 Ta có: f ( x) C2009
 2C2009
x  3C2009
x 2  ...  2010C2009
x
0
1

2
2009
 f (1) C2009
 2C2009
 3C2009
 ...  2010C2009

( a)

 Mặt khác: f ( x) (1  x)2009  2009(1  x)2008 x (1  x ) 2008 (2010  x)
 f / (1) 2011.22008
(b)
 Từ (a) và (b) suy ra: S 2011.22008.

Hướng dẫn Đề số 22
 x  2  y m  4
Câu I: 2) Ta có: y’ = 3x2 + 6x = 0  
 x 0  y m
Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) và B(2 ; m + 4)


1
Ta có: OA (0; m), OB (  2; m  4) . Để AOB 1200 thì cos AOB 
2
 4  m  0
m(m  4)
1
 12  2 3





 m
2
2

12

2
3
2
m  4  (m  4) 
3
m 
3

Câu II: 1) PT  sin 3 x  cos3 x sin 2 x(sin x  cos x)
 sin x  cos x 0
 tan x  1

 (sinx + cosx)(sin2x  1) = 0  
 sin 2 x  1 0
 sin 2 x 1


 x  4  k


 x   k
4

 x   k

4
2) Điều kiện: x  3. Đặt t 2

3 x

0 . BPT 

8  2t  t 2  2t 5

5

0 t 

5

2
t

0

2


2
2
   2 t 4  0 t 1
 8  2t  t 5  2t  8  2t  t 0


5t 2  22 x  17 0
17

t 1; t 
5


Trang 34


[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng
Với 0 t 1  2

3 x

1 

Ôn thi Đại học

3  x 0  x 3

Câu III: Hồnh độ giao điểm là nghiệm của phương trình: 1  2 x  x 2 1  x 0; x 2
2

2

2
2

Diện tích cần tìm S  2 x  x dx  1  ( x  1) dx
0

0



  
Đặt x  1 = sin t; t    ;   dx = cost ; Với x 0  t  ; x 2  t 
2
2
 2 2

2

1
2
 S  cos tdt 
2



2


2





1 1

2
 (1  cos 2t )dt  2  t  2 sin 2t     2
2

2

Câu IV: Kẻ SH  BC. Suy ra SH  (ABC). Kẻ SI  AB; SJ  AC.
 SIH SJH 600  SIH = SJH  HI = HJ  AIHJ là hình vng
 I là trung điểm AB  IH a 2
a 3
1
a3 3
. Vậy: VS . ABC  SH .S ABC 
2
3
12
 1 1 1
1 1 1
9
  
Câu V: Sử dụng BĐT: ( x  y  z )     9 
x y z xyz
 x y z
ab
1
1 1
1

1 
ab.
ab 

 
Ta có:
a  3b  2c
(a  c )  (b  c)  2b
9  a  c b  c 2b 
Tương tự đối với 2 biểu thức cịn lại. Sau đó cộng vế với vế ta được:
ab
bc
ca
1  a  b  c bc  ca ca  ab ab  bc  a  b  c


 




a  3b  2c b  3c  2a c  3a  2b 9 
2
a b
b c
a c 
6
Trong tam giác vuông SHI ta có: SH 

 x  1  3t


Câu VI.a: 1) Đường thẳng () có phương trình tham số:  y 2  2t t  
 z 2  2t


Mặt phẳng (P) có VTPT n (1; 3; 2)

Giả sử N(1 + 3t ; 2 2t ; 2 + 2t)    MN (3t  3;  2t ;2t  2)

Để MN // (P) thì MN .n 0  t 7  N(20; 12; 16)
x 2 y 2 z 4


Phương trình đường thẳng cần tìm :
9
7
6
2) Phương trình AB : x + 2y  1 = 0 ; AB  5 .
1
12
Gọi hc là đường cao hạ từ C của ABC. S ABC  AB.hc 6  hc 
2
5
Giả sử C(2a + 1 ; a)  (). Vì hc 

12
| 2a  1  2a  1| 12


 a 3

5
5
5

Vậy có hai điểm cần tìm: C1(7; 3) và C2(5; 3)
Câu VII.a: Từ giả thiết suy ra:
b  c 0
b  2
 b  1  i   c 0  b  c   2  b  i 0  

 2  b 0 c 2
9
 9 3
Câu VI.b: 1) I có hồnh độ xI  và I   d  : x  y  3 0  I  ; 
2
 2 2
Gọi M = d  Ox là trung điểm của cạnh AD, suy ra M(3;0).
9 9
2
2
AB 2 IM 2  xI  xM    yI  yM  2
 3 2
4 4

1 i

2

Trang 35

[WWW.VIETMATHS.COM]

Ôn thi Đại học

S ABCD  AB. AD = 12  AD =

Trần Sĩ Tùng

S ABCD
12

2 2.
AB
3 2

 AD  (d )
, suy ra phương trình AD: 1.( x  3)  1.( y  0) 0  x  y  3 0 .

 M  AD
Lại có MA = MD = 2 .
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
 x  y  3 0
 y  x  3
 y 3  x
 x 2
 x 4




hoặc 
.


2
2
2
2
 x  3 1  y 1
 y  1
( x  3)  y 2
 ( x  3)  y  2
Vậy A(2;1), D(4;-1),
x  xC

xI  A

 xC 2 xI  x A 9  2 7

 9 3
2

I  ;  là trung điểm của AC, suy ra: 
 2 2
 yC 2 y I  y A 3  1 2
 y  y A  yC
I

2
Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
2) Mặt cầu (S) tâm I(2;–1;3) và có bán kính R = 3.
2.2  2.( 1)  3  16
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): d d  I ,  P   
5  d  R .
3
Do đó (P) và (S) khơng có điểm chung. Do vậy, min MN = d –R = 5 –3 = 2.
Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vng góc của I
trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S).
Gọi  là đường thẳng đi qua I và vng góc với (P), thì N0 là giao điểm của  và (P).

Đường thẳng  có VTCP là n P  2;2;  1 và qua I nên có phương trình là
 x 2  2t

 y  1  2t  t    .
 z 3  t

Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:
2  2  2t   2   1  2t    3  t   16 0  9t  15 0  t 


 3
 4 13 14 
Suy ra N 0   ;  ;  . Ta có IM 0  IN 0 . Suy ra M0(0;–3;4)
5
 3 3 3
2008

(1  i ) 2009  1  i 
2008


 .(1  i) i (1  i ) 1  i
(1  i ) 2008  1  i 
PT  z2  2(1 + i)z +2i = 0  z2  2(1 + i)z + (i + 1)2 = 0
 (z  i  1)2 = 0  z = i + 1.

Câu VII.b: Ta có:

Hướng dẫn Đề số 23

2 3
m 
3
Câu I: 2)  
: PT có 1 nghiệm duy nhất

2 3
m 
3

2 3
3
m= 
hoặc m =  : PT có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép)
3
3

Trang 36

15

5

9
3


Trần Sĩ Tùng

[WWW.VIETMATHS.COM]

Ôn thi Đại học

 2 3 2 3   3
 m  
;
 \   : PT có 3 nghiệm phân biệt
3
3   3 

x
x
x
Câu II: 1) PT  cosx(1 + cosx) + 8 sin 3 cos3 = 0  2cos 2  cos x  (1  cos x)sin x  0
2
2
2
x

cos 0
2

 

sin
x
 cos x  sin x.cos x 0

2
2x
 3 0  ( 2  1)3 x  3( 2  1) x  2 0  ( 2  1) x 2
2) PT  ( 2  1) 
( 2  1) x
ln 2

Câu III: I =

2e3 x  e 2 x  1
dx =

e3 x  e 2 x  e x  1
0

ln 2

3e3 x  2e 2 x  e x  (e3 x  e 2 x  e x  1)
dx

e3 x  e 2 x  e x  1
0

ln 2

ln 2
ln 2
 3e3 x  2e 2 x  e x

14
 1dx = ln(e3x + e2x – ex + 1)
 x
=  3 x
= ln11 – ln4 = ln
2x
x
e  e  e 1 
0
0
4
0 
11
Vậy eI =
.
4
1
1
1
Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC = a 2 . VASBC = SABC.SA = a 3
2
3
6
C
A

B
 AB
 B C 
 AC 
sin 
cos
cos
cos
 sin 
 sin 

2
2
2
2
2




 2 


Câu V: P =
=
B
A
B
C
C

A
B
A
B
C
C
A
cos cos
cos cos
cos cos
cos cos
cos cos
cos cos
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
A
B
C



= 2  tan  tan  tan  ≥ 2 3 . Vậy minP = 2 3 khi và chỉ khi A = B = C =
2
2
2
3

Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M
2
2
8 6
8 
6

;
 I 
  (C):  x     y   9
5 
5
5 5 

2) Gọi (P) là mặt phẳng qua I và 1  (P): 3x – y + 2z + 2 = 0
Gọi (Q) là mặt phẳng qua I và 2  (Q): 3x – y – 2z + 2 = 0
 Phương trình của (d) = (P)  (Q)
Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2][2;3]
 y’ = 3x2 – 3, y’ = 0  x = ± 1  D
 y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18  kết quả.
Câu VI.b: 1) Đường trịn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R  5 .
Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60 0 thì IAM là nửa tam
giác đều suy ra IM 2 R=2 5 .
Như thế điểm M nằm trên đường trịn (T) có phương trình: ( x  2) 2  ( y  1) 2 20 .

Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình:
( x  2) 2  ( y  1) 2 20 (1)

(2)
 x  2 y  12 0
 y 3
2
2
2


2
y

10

y

1

20

5
y

42
y

81


0

 

Khử x giữa (1) và (2) ta được: 
 y  27

5
 6 27 
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M  6;3 hoặc M  ; 
5 5 
 x 7  t '

2) Phương trình tham số của 1 :  y 3  2t '
 z 9  t '

Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường vuông góc chung với 1 và 2

Trang 37


Ôn thi Đại học

[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

 M(7 + t;3 + 2t;9 – t) và N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t)



VTCP lần lượt của 1 và 2 là a = (1; 2; –1) và b = (–7;2;3)


 
 MN  a
 MN .a 0

 
Ta có:  
. Từ đây tìm được t và t  Toạ độ của M, N.
 MN  b
 MN .b 0
Đường vng góc chung chính là đường thẳng MN.
Câu VII.b: Gọi nghiệm thuần ảo là z = ki (k  R)
Ta có : (ki)3 + ( 1 – 2i)(ki)2 + ( 1 – i)ki – 2i = 0  – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = 0
2

 k  k 0
 ( –k2 + k) + (–k3 + 2k + k – 2)i = 0   2
k=1
2
 k  2k  k  2 0
Vậy nghiệm thuần ảo là z = i
 z i
 z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0  (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] = 0   2
 z  (1  i ) z  2 0
Từ đó suy ra nghiệm của phương trình.

Hướng dẫn Đề số 24
2

Câu I: 2) y g ( x) 3 x  2  1  2m  x  2  m .
YCBT  phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả x1 < x2 < 1
 4m 2  m  5  0

 g (1)  5m  7  0   m   1  5  m  5 
 
4


 S 2m  1


1
 2
3
x
Câu II: 1)  Nếu cos 0  x   k 2 , k  Z , phương trình vơ nghiệm.
2
x
x
 Nếu cos 0  x   k 2 , k  Z , nhân hai vế phương trình cho 2cos ta được:
2
2
x
x
x
x
7
x
tích thành tơng

2cos cos 3x  2cos cos 2 x  2cos cos x cos 
0
   cos
2
2
2
2
2

2
 x  k
, k   , đối chiếu điều kiện: k ≠ 3 + 7m, mZ .
7
7
log x 3
 y log 2 3  0 .
2) Điều kiện: 0< x ≠ 1. Đặt: y 
log x 2
log x 3
3
2
log x 2
3y  2
1
3 
3  3 
3 (*) luôn sai với mọi y > 0.
BPT 
log x 3
y


1
y

1
1
log x 2
Kết luận: BPT vô nghiệm.
1
Câu III: Đặt : t  4 x  1  t 2 4 x  1  x  (t 2  1)
4
6
5
5
 1
dx
tdt
1 
3 1


dt ln 
Do đó: I 

2 
2 
(t  1) 
2 12
2 2x 1  4x 1
3 (t  1)

3  t 1
Câu IV: Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của các đường chéo AD, BE, CF.
SO (ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng
nhau cạnh b.

Trang 38


[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

Diện tích đáy: Sđáy = 6SOAB = 6b 2
Chiều cao h = SO =

Ôn thi Đại học

3 3 3b 2
(đvdt)

4
2

SA2  OA2  a 2  b 2

b 2 3(a 2  b 2 )
 Thể tích V = 1 Sdáy h 
3
2
* Xác định được d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ. Chứng minh OJ (SAF)

OI .SO

Trong SOJ vng tại O ta có OJ =

b

3(a 2  b 2 )
4a 2  b 2

OI 2  SO 2
Câu V: Đặt A = x  xy  y , B = x  xy  3 y 2
 Nếu y = 0 thì A = B = x2  0  B  3.
x
x 2  xy  3 y 2
z2  z  3

A
.
 Nếu y ≠ 0, ta đặt z  khi đó: B  A. 2
.
y
x  xy  y 2
z2  z 1
2

2

2

z2  z  3

(a).
m   m  1 z 2   m  1 z  m  3 0
z 2  z 1
 m 1
 m 1

(a) có nghiệm  
  m  1 2  4  m  1  m  3 0   3  48 m   3  48


0

3
3

Xét phương trình:

Vì 0  A  3   3  4 3 B  3  4 3 . Đây là điều phải chứng minh.
Câu VI.a: 1) Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:
4 x  3 y  4 0
 x  2

 A   2;4 

 x  2 y  6 0
 y 4
4 x  3 y  4 0
 x 1

 B  1;0 

Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 
 x  y  1 0
 y 0
Đường thẳng AC đi qua điểm A(–2;4) nên phương trình có dạng:
a  x  2   b  y  4  0  ax  by  2a  4b 0
Gọi 1 : 4 x  3 y  4 0; 2 : x  2 y  6 0; 3 : ax  by  2a  4b 0
Từ giả thiết suy ra  2 ; 3   1 ; 2  . Do đó
| 4.1  2.3 |

25. 5
5. a  b
 a 0
 | a  2b |2 a 2  b 2  a  3a  4b  0  
 3a  4b 0

cos 2 ; 3  cos 1 ; 2  

|1.a  2.b |
2

2

 a = 0  b 0 . Do đó 3 : y  4 0
 3a – 4b = 0: Chọn a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 x  3 y  4 0 (trùng với 1 ).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y – 4 = 0.
 y  4 0
 x 5

 C  5;4 
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 

 x  y  1 0  y 4
2) Tọa độ của trung điểm I của AB là: I(2; 2; 0)
x 2 y 2 z

 .
 Phương trình đường thẳng KI:
3
2
1
Gọi H là hình chiếu của I lên ()  H(–1; 0; 1).
Giả sử K(xk; yk; zk), khi đó: KH 

 xk  1

2

 yk2   zk  1

Từ u cầu bài tốn ta có hệ:

Trang 39

2

và KO  xk2  yk2  zk2


Ôn thi Đại học

[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

1

xk 

4
  x  1 2  y 2   z  1 2  x 2  y 2  z 2

k
k
k
k
k
k

1

 1 1 3
  yk  . Kết luận: K   ; ;  .
x  2 y  2 z
2
 4 2 4
 k

 k
 k
2
1

 3
3

 zk  4

2010
2008
2006
3(1

i
)

4
i
(1

i
)

4(1

i
)
 3(1  i) 4 4i(1  i ) 2  4  (1  i) 4  4
Câu VII.a: Ta có:
 4i 2  4 ( đúng)  (đpcm).
Câu VI.b: 1) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
 x 2  y 2  2 x  4 y  8 0  y 0; x 2



 y  1; x  3
 x  5 y  2 0
Vì A có hồnh độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1).
Vì ABC 900 nên AC là đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I
của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4).
2) Vì
 A 1  A(t+1; –t –1; 2); B 2  B( t'+3; 2t' +1; t')
 AB ( t ' t  2;2t ' t  2; t ' 2)
Vì đoạn AB có độ dài nhỏ nhất  AB là đoạn vng góc chung của (1) và (2)



 
 AB  u1

  AB.u1 0 
 

 AB  u2
 AB.u2 0

2t  3t ' 0
 t t ' 0  A( 1; –1; 2), B(3; 1; 0).

3t  6t ' 0

Câu VII.b: Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5.
 Các bộ số gồm 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2;
3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6).

 Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5.
+ Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5  4.P4 = 96 số chia hết
cho 5.
+ Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5.
Nếu tận cùng là 0 thì có P4= 24 số chia hết cho 5.
Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn khơng thể là số 0, nên có 3.P3=18 số chia hết cho 5.
Trong trường hợp này có: 3(P4+3P3) = 126 số.
Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số.

Hướng dẫn Đề số 25

 x  3 3  3x  k  0
(1)

Câu I: 2) Ta có :  1
. Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1.
1
2
3
 log2 x  log2 ( x  1) 1 (2)
2
3
Từ (2)  x(x – 1) 2  1 < x  2.
Hệ PT có nghiệm  (1) có nghiệm thoả 1 < x  2

( x  1)3  3x  k  0

 
1  x 2

( x  1)3  3x < k

1  x 2

Đặt: f(x) = (x – 1)3 – 3x và g(x) = k (d). Dựa vào đồ thị (C)  (1) có nghiệm x (1;2] 

k min f ( x )  f (2)  5 . Vậy hệ có nghiệm  k > – 5
 1;2


2
,k  .
Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x = 0  2sin2x + sinx –1 = 0  x   k
6
3

Trang 40


Trần Sĩ Tùng

[WWW.VIETMATHS.COM]


2
3 

3
40 
Vì x [ 2; 40] nên 2   k

 2   k 
6
3
2 
6
2
 0,7  k  18,8  k   1, 2,3,...,18 .

Ôn thi Đại học


 40  
6


 2

(1  2  3  ...  18) 117 .
6 3
log 2  x  1  log 2 (3  x)  log 2 ( x  1) 0
2) Điều kiện: 1  x  3 . PT  
1  x  3
1  17
  x  1  3  x  x  1  x 2  x  4 0  x 
(tmđk)
2
e
e
e
2

ln x
1 2

Câu III: Ta có : I  x   ln xdx x ln xdx  2 dx ...   e  5 .
x
x
4
1
1
1
Gọi S là tổng các nghiệm thoả YCBT: S = 18.

Câu IV: Ta có: SAC vng tại A  SC  SA2  AC 2 2a  AC =

SC
= a  SAC đều Vì (P)
2

chứa AC và (P) // BD  BD // BD. Gọi O là tâm hình thoi ABCD và I là giao điểm của AC
2
2
và BD  I là trọng tâm của SBD. Do đó: BD  BD  a .
3
3
Mặt khác, BD  (SAC)  DB  (SAC)  BD  AC
1
a2
Do đó: SAB'C'D' = AC .BD  .
2
3

a 3
Đường cao h của khối chóp S.ABCD chính là đường cao của tam giác đều SAC  h 
.
2
1
a3 3
Vậy thể tích của khối chóp S. ABCD là V = h.S AB ' C ' D ' 
.
3
18
a b 
b c 
c a 
Câu V: Ta có BĐT 
  1 
  1 
  1 0
c a c  a b a  b c b 
1 b 
1 c 
1 a 
  1  a
  1  b   1 0
 c
(1)
c
a


1

1
1 b 
a
b
c
a
b
c
Đặt: x   0; y   0; z   0  x. y.z 1 . Khi đó :
b
c
a
x 1 y 1 z 1


0  x 2  y 2  z 2  xy 2  yz 2  zx 2  x  y  z 0
(1) 
(*)
y 1 z 1 x 1
1
2
Vì x 2  y 2  z 2   x  y  z   3 xyz  x  y  z  x  y  z ( theo BĐT Cô–si)
3
3

Và xy 2  yz 2  zx 2 3 3  xyz  3 (theo BĐT Cơ–si). Do đó: (*) đúng. Vậy (1) được CM.
Dấu "=" xảy ra  x = y = z  a = b = c. Khi đó tam giác ABC là tam giác đều.
Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0;
AC: 4x + 7y – 21 = 0. Vậy A(0;3)


Đường cao đỉnh B đi qua O nhận VTCP a (7;  4) của AC làm VTPT
 BO: 7x – 4y = 0  B(–4; –7)
A nằm trên Oy  đường cao AO chính là trục Oy. Vậy AC: y + 7 = 0

x y z
  1
a b c 
JK (0;  b; c),

2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)  ( P) :





IA (4  a;5;6), JA (4;5  b;6);
IK (  a;0; c)
4 5 6
 a  b  c 1 
77
77
77
 phương trình mp(P)
Ta có: 
 a  ; b  ; c 
 5b  6c 0
4
5
6



 4a  6c 0
Trang 41


Ôn thi Đại học

[WWW.VIETMATHS.COM]
n

Trần Sĩ Tùng

n

k k
Câu VII.a: Xét nhị thức Newton:  x  1  Cn x .
k 0

Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: n(n  1)  x  1
25

Cho x = 1 và n = 25 từ (1)  25. 24.223 =

n 2

k
25

 k (k  1)C

n

 k (k  1)Cnk x k  2
k 2
25



k 2

k
25

 k (k  1)C

(1)

= 5033164800.

k 2

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. M  Oy  M(0;m)

 AMB 600 (1)
Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)  
 AMB 1200 (2)
Vì MI là phân giác của AMB nên:
IA
(1)  AMI = 300  MI 
 MI = 2R  m 2  9 4  m  7

sin 300
IA
2 3
4 3
(2)  AMI = 600  MI 
 MI =
R  m2  9 
(vơ nghiệm)
0
sin 60
3
3
Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0; – 7 )



2) BA (4;5;5) , CD (3;  2;0) , CA (4;3;6)


Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P)  (Oxy)  (P) có VTPT n1  BA, k  = (5; –4; 0)
 (P): 5x – 4y = 0

 
(Q) là mặt phẳng qua CD và (Q)  (Oxy)  (Q) có VTPT n2  CD, k  = (–2;–3; 0)
 (Q): 2x + 3y – 6 = 0
Ta có (D) = (P)(Q)  Phương trình của (D)
Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo)
 a  2 5
 a 2  b 2 5 a 2b
 z 5



 

Ta có: 
 b  5
b  5
a 2b
a 2b

Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu bài toán: z  2 5 

 a 2 5 



b  5 

5i; z 2 5  5i .

Hướng dẫn Đề số 26
Câu I: 2) Phương hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:

x 2
=–x+m
x 1

 x 1
 2
ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

 x  mx  m  2 0 (1)
Ta có A(x1; –x1 +m), B(x2; – x2 + m)
AB =

2( x1  x2 )2  2  ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2  =

2( m 2  4m  8)  8

Vậy GTNN của AB = 8 khi và chỉ khi m = 2
Câu II: 1) Điều kiện: 0 < x ≠ 1. Đặt t = log 2 x
  t2  t  2
1
1
1
1 t 1
0

 log 2 x  0    0  
BPT 
2t
log 2 x 2
2
t 2 2
t 0

t (t 2  t  2) 0


t 0

 t  2
 0  t 1 


 log 2 x log 2 2 2


 log 2 1  log 2 x log 2 2

Trang 42

1

 0  x 4

 1  x 2


Trần Sĩ Tùng

[WWW.VIETMATHS.COM]

Ôn thi Đại học


 

2) Điều kiện: cos  x   .cos  x   0
6
3



 


sin  x   sin  x  
6
3

 
sin 3 x sin x  sin 2 x  – sin3x = sinx + sin2x
PT 




cos  x   cos  x  
6
3


k

 sin 2 x 0
x 2

 sin2x(2cosx + 1) = 0  
 cos x  1
 x 2  k 2
2



3
k

x 2
Kết hợp điều kiện, nghiệm của phương trình là: 
 x  2  2k

3


Câu III: Ta có: sinx + 3 cosx = 2cos  x   ,
6


 
3 
 1


sin  x    cos  x  
sinx = sin   x     =
6 6
2
6 2
6








dx

2 sin  x 
3
1 2
dx
6

3

I=
=


  16 0

16 0


6
cos3  x  
cos 2  x  
6
6





Câu IV: Trên SB, SC lấy các điểm B, C sao cho SB = SC = a. Ta có AB = a, BC = a 2 , AC =
a 3  ABC vuông tại B. Gọi H là trung điểm của AC, thì SHB vng tại H. Vậy SH là
đường cao của hình chop S.ABC
VS . ABC abc bc
a3 2
 3  2  VS.ABC = 2 abc
Vậy: VS.AB’C’ =
.
VS . AB ' C '
a
a
12
12
3
8a
a3
6a  2b  2c

(
b

c
)

(
b

c

)

6
a


Câu V: Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:
.
2
2
(b  c)
(b  c)
8
Dấu " = " xảy ra  2a = b + c.
b3
6b  2c  2a
c3
6c  2a  2b

;

Tương tự:
2
2
(c  a )
8
(a  b)
8
a bc 1
1

1
 . Dấu bằng xảy ra  a = b = c = . Kết luận: minP =
4
4
3
4
Câu VI.a: 1) Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1)
  
Từ điều kiện 2MA  MB 0 tìm được A(1; –2), B(1;1) suy ra (d): x – 1 = 0
2) Gọi (Q) là mặt phẳng qua A, B và vng góc với (P) ta suy ra (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = 0.
(D) = (P)  (Q) suy ra phương trình (D).
1
1
1
1
Câu VII.a: PT có hai nghiệm x1  (1  i ), x2  (1  i )  2 2i; 2  2i
x1
x2
2
2
Suy ra: P 

Câu VI.b: 1) (H) có một tiêu điểm F ( 13;0) . Giả sử pttt (d): ax + by + c = 0 . Khi đó: 9a 2 – 4b2 = c2
(*)
Phương trình đường thẳng qua F vng góc với (d) là (D): b( x  13) – a y = 0
ax  by  c
Toạ độ của M là nghiệm của hệ: 
bx  ay  13b
Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại và kết hợp với (*)
ta được x2 + y2 = 9

2) Lập phương trình mp(ABC); (P) qua A và (P)  BC; (Q) qua B và (Q)  AC

Trang 43


[WWW.VIETMATHS.COM]

Ôn thi Đại học

Trần Sĩ Tùng

 36 18 12 
Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng trên ta được trực tâm H  ; ; 
 49 49 49 
Câu VII.b: Ta có:

Cnk  3Cnk  1  2Cnk  2 Cnk3  Cnk  3  Cnk  2  Cnk  3Cnk  1  3Cnk  2  Cnk  3 Cnk 3 (1)

VT(1) Cnk  Cnk  1  2 Cnk  1  Cnk  2  Cnk  2  Cnk  3 Cnk 1  2Cnk 11  Cnk  12





 Cnk1  Cnk 11  Cnk 11  Cnk 12 = Cnk2  Cnk 12 Cnk3



 



Hướng dẫn Đề số 27
Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau  phương trình
x 4  (2m  1) x 2  2m 0 (1) có 4 nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng  phương trình:
X2 – (2m + 1)X + 2m = 0 (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X 1 = 9X2.
 4m 2  4m  1  0
(2m  1) 2  8m  0
  0
m  0

1




 m  

  S  0  2m  1  0
1.
2
 P  0  2m  0

m  2


m  0

 1  sin x 0

 1  sin x 0
Câu II: 1) PT  (1  sin x)(6 cos x  sin x  8) 0  
 6cos x  sin x  8 0
t
 1 t
4 
2) Xét (1): Đặt t = x – y. (1)  5        1  9.3t .
 5  5  
 Với t > 0 VT < 10, VP > 10.
 Với t < 0, VT > 10, VP < 10.
 Phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 0 hay x = y.
1
Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2)  x 2  2 x  1  3x x  0 .
x
Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x = 0 ta được:
1
1
1
(2)  x   3 x   2 0 . Đặt y  x 
(ĐK y  0).
x
x
x
 y 1
Ta được phương trình: y2 – 3y + 2 = 0  
. Từ đó ta tìm được x.
 y 2
1

xe x

dx . Đặt
Câu III: S = 
2
0 ( x  1)

u xe x
1
1

xe x
xe x 1
dx


e x dx
 dv  1 dx  
2

0
(
x

1)
x

1
0
0

( x  1)2



Câu IV:  Chứng minh:  ACD vuông tại C  ACD vuông cân tại C.
AC CD a 2; CD 2a; BD a 5
 VSBCD = VS.ABCD – VSABD.
 Chứng minh BC  (SAB)  BC  AH  AH  (SBC).
Kẻ AK  (SC)  AK  (SCD)  (AKH)  (SCD).
Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M.
Có (AMK)  (SCD) hay (AMK)  (SED).
AH  (SBC)  AH  HK  tam giác AHK vuông tại H.
Kẻ HI  MK có HI = d(H, (SCD)).
 Tính AH, AM  HM; Tính AK  HK. Từ đó tính được HI.

Trang 44


[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

Ôn thi Đại học

Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có:
4ab ≤ (a + b)2 

Ta có:

1
a b 1  1 1 
    . Dấu "=" xảy ra  a = b.


a  b 4ab 4  a b 

1
1 1
1  1  1 1  1 1  1  1 1
1 
 

 
         
2x  y  z 4  2x y  z  4  2x 4  y z   8  x 2 y 2z 

Tương tự:

1
1 1 1 1 
1
1 1
1 1
 
   và
 

 
x  2 y  z 8  2x y 2z 
x  y  2z 8  2x 2 y z 

1
1

1
1  1 1 1  2009


    
2x  y  z x  2 y  z x  y  2z 4  x y z 
4
2009
12
Vậy MaxP =
khi x = y = z =
4
2009
Vậy

Câu VI.a: 1) C nằm trên mặt phẳng trung trực của AB.
2) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình

 x 2  y 2  2 x  4 y  8 0
 y 0; x 2


 y  1; x  3
 x  5 y  2 0
Vì A có hồnh độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1).
Vì ABC 900 nên AC là đường kính đường trịn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I
của đường trịn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4).
Câu VII.a: Phương trình: log 4 ( n  3)  log 5 ( n  6) 4 có nghiệm duy nhất n = 19. (Vì VT là hàm số
đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = 4 tại một điểm duy nhất)
Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vng góc chung của hai đường thẳng là đường kính.


2) Ta có: AB   1;2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  y  2 0 .
I  (d ) : y x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC và BD nên: C  2t  1;2t  , D  2t ; 2t  2 
4
.
5

4
 5 8  8 2
| 6t  4 | 4
 t 3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3 



 

Ngoài ra: d  C ; AB  CH 
5
5
 t 0  C   1;0  , D  0;  2 
Mặt khác: S ABCD  AB.CH 4 (CH: chiều cao)  CH 

 5 8  8 2
Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C   1;0  , D  0;  2 
 3 3  3 3
log 3 5

Câu VII.b: Đặt log 3 ( n 2  2n  6) t  n 2  2n  6 3t ; (n 2  2n  6) log3 5  3t 
Ta được phương trình: 3t + 4t = 5t . Phương trình có nghiệm duy nhất t = 2.
 n2 – 2n + 6 = 9  n2 – 2n – 3 = 0  n =3

Hướng dẫn Đề số 28
9
9
Câu I: 2) log12 m   m 12 4 144 4 12
4
Câu II: 1) PT   cos22x  cosxcos2x = 2cos2x và sin2x  0

Trang 45

5t .


Ôn thi Đại học

[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng




2cos 2 x  cos x  1 0(VN )  cos2x = 0  2 x   k  x   k
2
4
2
2
t  2
2) Đặt t  x 2  2 x  2  t2  2 = x2  2x. BPT  m 
(1 t 2), do x [0;1  3]

t 1
t 2  2t  2
t2  2

 0  g tăng trên [1,2]
Khảo sát hàm số: g (t ) 
với 1  t  2. g'(t)
(t  1) 2
t 1
2
t2  2
Do đó, YCBT  BPT m 
có nghiệm t  [1,2]  m  max g (t ) g (2) 
3
t 1;2
t 1
2
Vậy: m 
3
 cos 2 x 0 

3

3

3

t2
1 
 t2



dt  t  1 
dt
 t  ln t  1  2  ln 2
Câu III: Đặt t  2 x  1  I 
=


t 1 
2
1
1 1 t
1
Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A  O, C   2a,0,0  , A1 (0,0, 2a 5)



a a 3 
 5
3
 A(0;0;0), B  ;
;0  , M (  2a,0, a 5)  BM a   ; 
; 5  , MA1 a(2;0; 5)
2
2 2

 2

Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là :

  1
1  
a 3 15
VAA1BM  A A1 .  AB, AM  
; S BMA1   MB, MA1  3a 2 3
6
3
2
3V a 5
Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng d  
.
S
3
1
3
5
Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có:  x  y   xy ;  y  z  3 xy ;  z  x  5 xy  đpcm
2
2
2
Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với (P)
x 1 y  3 z  2


Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'):
2
1
1
2 x  y  z  1 0


AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT:  x  1 y  3 z  2  H (1, 2,  1)
 2   1  1
 2 xH  x A  x A '

Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :
2 yH  y A  y A '  A '(3,1,0)
 2 z z  z
A
A'
 H

x 3 y 1 z


Ta có A ' B (  6,6,  18) (cùng phương với (1;–1;3) )  PT (A'B) :
1
1 3
2 x  y  z  1 0

Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
 x  3 y  1 z  M (2, 2,  3)
 1   1  3
2) x  3 y  6 0; x  y  2 0
x2  x  1
1
Câu VII.a: PT  log 3
x  2  x   3x  2  x   x  1 
x
x
1

Đặt: f ( x ) 3x (2 x ) , g ( x) x  1 
(x 0)
x
Từ BBT  max f(x) = 3; min g(x) = 3
 PT f(x)= g(x) có nghiệm  maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1  PT có nghiệm x = 1
Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB khơng đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
 x  1  2t

Đường thẳng  có PTTS:  y 1  t . Điểm M   nên M   1  2t ;1  t ;2t  .
 z 2t


Trang 46


[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

Ôn thi Đại học

AM  ( 2  2t ) 2  (  4  t ) 2  (2t ) 2  (3t ) 2  (2 5) 2
BM  ( 4  2t ) 2  (  2  t ) 2  ( 6  2t ) 2  (3t  6) 2  (2 5) 2
AM  BM  (3t ) 2  (2 5) 2  (3t  6) 2  (2 5) 2


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u  3t ;2 5 và v   3t  6; 2 5 .









2

2
| u |  3t   2 5
Ta có  
| v |  3t  6  2  2 5 2

 
 


Suy ra AM  BM | u |  | v | và u  v  6; 4 5  | u  v |2 29


  
Mặt khác, với hai vectơ u , v ta ln có | u |  | v || u  v | . Như vậy AM  BM 2 29

3t
2 5

 t 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng 
 3t  6 2 5

 M  1;0;2  và min  AM  BM  2 29 .













Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2  11  29 
2) x  2 y  6 0
Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x  1




 1
1
1
 2log 4 x  log 2 2 x 0  
 log 2 x   log 2 x  1 0
BPT  
 log8 x
2
 1 log 2 x


3

1

 log 2 x  1 
0x
 log 2 x  1
log 2 x  1
2

 (log 2 x  3) 
0  

2
 0 

log 2 x
 log 2 x  0
 log 2 x 
 x 1

Hướng dẫn Đề số 29
 x 0
2
Câu I: 2) Ta có y 4 x 3  4mx ; y 0  4 x  x  m  0  
(m<0)
 x   m
Gọi A(0; m2+m); B(  m ; m); C(–  m ; m) là các điểm cực trị.



AB (  m ;  m 2 ) ; AC (  m ;  m 2 ) . ABC cân tại A nên góc 1200 chính là A .
 
1
AB. AC
1
  m.  m  m4
1
 cos A    
 

4
2
2
m  m
2
AB . AC
A 120
(loai)
 m 0
m  m4
1
4
4
4

 4
  2m  2m m  m  3m  m 0 
 m  1
m  m

2
3
3

1
Vậy m=  3 thoả mãn bài toán.
3
Câu II: 1) Điều kiện x 1 .
Nhân hai vế của bpt với
x  3  x  1 , ta được
BPT  4. 1  x 2  2 x  3  4. x  3  x  1   1  x 2  2 x  3  x  3  x  1

Trang 47


Ôn thi Đại học

[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

 x  2
x 2  2 x  2  2 x 2  2 x  3 2 x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  4 0  
 x 2
Kết hợp với điều kiện x 1 ta được x 2 .

2) Điều kiện cos x 0  x   k , k   .
2
cos x  sin x
cos x  sin x

2
 (cos x  sin x)(cos 2 x  1) 0
Ta có PT 
 cos x  sin x  
cos x
cos x


x   m
 cos x  sin x 0


,m .
4

 cos 2 x  1 0
 x m
x
Câu III: Nhận xét: y 1  sin x 0, x   0,   . Do đó diện tích hình phẳng cần tìm là:



x
x
1
x
S 
dx= 
dx=
dx

2


20
2 x
x
x
0 1  sin x
0 
cos   
 sin  cos 
2 4
2
2







 x  
x 
x 
x 
x
d
tan

x

.tan


tan    dx   2ln cos   
= 

 =



 2 4 
2 4 0
2 4
2 40

0


 
 
Suy ra S=   2  ln cos    ln cos      (đvdt)
 4
 4

Câu IV: Ta có AO=OC=a 2  AO  AA2  AO 2  4a 2  2a 2 a 2
Suy ra V=B.h= 4a 2 .a 2 4a 3 2
Tính góc giữa AM và AC. Gọi N là trung điểm AD, suy ra AM // CN.
Xét ACN ta có:
AC  AO 2  OC 2 2a; CN AM  AB 2  BM 2 a 5; AN  AA2  AN 2 a 5 .
CA2  CN 2  AN 2 4a 2  5a 2  5a 2

3


0
 cos C 
2.CA.CN
2.2a.a 5
2 5
3
Vậy cosin của góc giữa AM và AC bằng
.
2 5
Câu V: Đặt t sin x với t    1,1 ta có A  5t 3  9t 2  4 .
Xét hàm số f (t ) 5t 3  9t 2  4 với t    1,1 . Ta có f (t ) 15t 2  18t 3t (5t  6)
6
f (t ) 0  t 0  t  (loại); f ( 1)  10, f (1) 0, f (0) 4 . Vậy  10  f (t ) 4 .
5
Suy ra 0  A  f (t ) 10 .

Vậy GTLN của A là 10 đạt được khi t  1  sin x  1  x   k 2
2

và GTNN của A là 0 đạt được khi t 1  sin x 1  x   k 2 .
2
1
1
Câu VI.a: 1) Ta có S IAB  S ABCD =1 . Mặt khác S IAB  .IH .IB với AB= 12  02 1  IH = 2.
4
2
Gọi I ( xI , xI ) vì I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương trình (AB) là y = 0;

IH = 2  d ( I ; AB ) 2  xI 2
TH1: xI 2  I (2;2); C (3;4); D (2;4).
TH2: xI  2  I ( 2;  2); C ( 5;  4); D(  6;  4).
2) Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC.
1
1
1
1
1
Ta có: VOABC VIOAB +VIOBC +VOCA +VABC = .r.SOAB  .r.SOBC  .r.SOCA  .r.S ABC = .r.STP .
3
3
3
3
3

Trang 48


[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

Ôn thi Đại học

1
8 4
1
Mặt khác: VOABC  .OA.OB.OC   (đvtt); SOAB SOBC SOCA  .OA.OB 2 (đvdt)
6

6 3
2
3
3
S ABC 
AB 2  .8 2 3 (đvdt)  STP 6  2 3 (đvdt)
4
4
3VOABC
4

Do đó: r 
(đv độ dài)
STP
62 3
Câu VII.a: Ta có (1  x)30 (1  x)10 .(1  x) 20 , x  
(1)
n

30
k
k
Mặt khác: (1  x)  C30 .x , x   .
k 1

10
Vậy hệ số a10 của x trong khai triển của (1  x)30 là a10 C30
.
Do (1) đúng với mọi x nên a10 b10 . Suy ra điều phải chứng minh.
1 2( X H  1)



 3 7
 H ; 
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) và R= 10 . Suy ra AI 2.IH  
 2 2
3 2(YH  2)
Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm tam giác ABC vì  ABC là tam giác đều.
3
7


1.  x    3.  y   0
Phương trình (BC) đi qua H và vng góc với AI là:
2
2


 x  3 y  12 0
Vì B, C  (C) nên tọa độ của B, C lần lượt là các nghiệm của hệ phương trình:
 x 2  y 2  2 x  4 y  5 0
 x 2  y 2  2 x  4 y  5 0



 x  3 y  12 0
 x 12  3 y
10

 7  3 3 3 3   7  3 33 3 

;
;
Giải hệ PT trên ta được: B 
 ;C 
 hoặc ngược lại.
2   2
2 
 2
 x 1  2t

2) PTTS của d1 là:  y 3  3t . M  d1 nên tọa độ của M  1  2t ;3  3t ;2t  .
 z 2t

|1  2t  2(3  3t )  4t  1|
|12t  6 |
2 
2 
Theo đề: d ( M ;( P)) 
2
2
2
3
1  (  2)  2

 t 1
 t 0


+ Với t = 1 ta được M 1  3;0;2  ; + Với t = 0 ta được M 2  1;3;0 
 Ứng với M1, điểm N1  d 2 cần tìm phải là giao của d 2 với mp qua M1 và // (P), gọi mp này là

(Q1). PT (Q1) là: ( x  3)  2 y  2( z  2) 0  x  2 y  2 z  7 0 (1) .
 x 5  6t

PTTS của d2 là:  y 4t
(2)
 z  5  5t

Thay (2) vào (1), ta được: t = –1. Điểm N1 cần tìm là N1(–1;–4;0).
 Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;–5).
x y 1
 x  y  1 5
 x 7

Câu VII.b: Điều kiện: 
. Hệ PT  
y

3

 y 3
 y 2

Hướng dẫn Đề số 30
 x 0
2
Câu I: 2) Tacó y ' 3x  3mx 3x( x  m) 0  
 x m
Với m 0 thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT.

Trang 49

[WWW.VIETMATHS.COM]

Ơn thi Đại học




1
2

Trần Sĩ Tùng




Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là: A  0; m3  , B(m; 0) .
Để A và B đối xứng với nhau qua đường phân giác y = x, điều kiện cần và đủ là OA OB tức
1
là: m  m3  m2 2  m  2
2

Câu II: 1) ĐK: x  k . PT  tan 2 x(1  sin 3 x)  (1  cos3 x) 0 
2
(1

cos
x
)(1

 sin x)(sin x  cos x)(sin x  cos x  sin x cos x) 0




 x k 2 ; x   k ; x     k 2 ; x     k 2
4
4
4
5 2x 7 x
2) PT  3  3  (3.3x ) 2  2.3.3x  1 0  ...  5.32 x  7.3x  3 3 x 1  1 0
3
3
 x 1  log 3 5
 
.
 x  log3 5
3

3

1 1
1 
31 1
dt
3 1 
 2

=
 2 2

dt ... 

2 1 t
t 1 
2 3 2 1 t 1
2 3 24
Câu IV: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC, mà SB = SC nên AB = AC.
a
Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  a2 = 3AB2  AB =
3
2
a
a 2
1
1 a2 3
a2 3
SA2 = a 2 
 SA =
; S ABC = AB. AC.sin1200 =
=
3
3
2
2 3 2
12
2
3
1a 2 a 3
a 2
=

V =
3 3 12
36
a3
2a  b
Câu V: Ta chứng minh:
(1)

2
2
a  ab  b
3
Thật vậy, (1)  3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)  a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0
 (a + b)(a – b)2  0.
b3
2b  c
c3
2c  a
Tương tự: 2
(2)
,
(3)


2
2
2
b  bc  c
3
c  ac  a

3
Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta được:
a3
b3
c3
a b c



2
2
2
2
2
2
a  ab  b
b  bc  c
c  ca  a
3
Vậy: S ≤ 3  maxS = 3 khi a = b = c = 1
Câu VI.a: 1) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 (với A2  B 2  C 2 0 )
Vì (P)  (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C = 0  A + B + C = 0  C = –A – B (1)
A  2B  C
 2  ( A  2 B  C ) 2 2( A2  B 2  C 2 ) (2)
Theo đề: d(M;(P)) = 2 
2
2
2
A  B C
8A

Thay (1) vào (2), ta được: 8 AB  5 B 2 0  B 0 hay B = 
5
(1)
A

1,
C

1
x

z

0
 B 0   C  A . Chọn
thì (P) :
8A
 B =
. Chọn A = 5, B =  1  (1)
 C 3 thì (P) : 5 x  8 y  3z 0
5

2) Gọi N là điểm đối xứng của M qua (d1)  N  AC . MN ( xN  1, y N  1)


(1)
Ta có: MN / / n d1 (1; 1)  1( xN  1)  1( y N  1) 0  xN  y N 2
Câu III: Đặt t x 2  I =

1

1
Tọa độ trung điểm I của MN: xI  (1  xN ), y I  (  1  y N )
2
2
1
1
I  (d1 )  (1  xN )  (  1  y N )  2 0  xN  yN  4 0
2
2

Trang 50

(2)


[WWW.VIETMATHS.COM]

Trần Sĩ Tùng

Ôn thi Đại học

Giải hệ (1) và (2) ta được N(–1; –3)
Phương trình cạnh AC vng góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = 0.
N  ( AC )  1  2.( 3)  C 0  C 7. Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + 7 = 0.
Câu VII.a: : 3 HS nữ được xếp cách nhau 1 ô. Vậy 3 HS nữ có thể xếp vào các vị trí là:
(1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8); (5;7;9)
 Mỗi bộ 3 vị trí có 3! cách xếp 3 HS nữ.
 Mỗi cách xếp 3 HS nữ trong 1 bộ, có 6! cách xếp 6 HS nam vào 6 vị trí cịn lại
Vậy có tất cả là:
5.3!.6!=21600 (cách) theo YCBT.

Câu VI.b: 1) Chọn A(2;3;  3), B(6;5;  2)  (d), mà A, B  (P) nên (d)  (P) .
 
u  ud

Gọi u là VTCP của ( d1 )  (P), qua A và vng góc với (d) thì   
u  uP
 
nên ta chọn u [u , u P ] (3;  9;6) .
 x 2  3t

Phương trình của đường thẳng ( d1 ) :  y 3  9t (t  R )
 z  3  6t

Lấy M trên ( d1 ) thì M(2+3t; 3  9t;  3+6t). () là đường thẳng qua M và song song với (d).
1
1
Theo đề : AM  14  9t 2  81t 2  36t 2  14  t 2   t 
9
3
1
x

1
y

6
z

5



 t =   M(1;6;  5)  ( 1 ) :
3
4
2
1
1
x  3 y z 1
 
 t =  M(3;0;  1)  ( 2 ) :
3
4
2
1
2) Gọi M ( x0 ; y0 ), N ( x1 ; y1 ) là hai điểm thuộc (P), khi đó ta có: x0  y02 ; x1  y12



IM ( x0 ; y0  2) ( y02 ; y0  2) ; IN ( y1 ; y1  2) ( y12 ; y1  2); 4 IN (4 y12 ; 4 y1  8)
2
2
 
 y1 1  x1 1; y0  2; x0 4
 y0 4 y1
 
Theo giả thiết: IM 4 IN , suy ra: 
 y0  2 4 y1  8
 y1 3  x1 9; y0 6; x0 36
Vậy, có 2 cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1; 1) hay M(36; 6), N(9; 3).
Câu VII.b: Đặt t  5  x  x  1  t 2 4  2  5  6 x  x 2

t2  4
m t   2;2 2 
2
t2  4
Xét hàm số f (t ) t 
t   2; 2 2   f (t ) t  1  f (t ) 0  t  1  2;2 2 
2
 f(t) = m có nghiệm  2 m 2  1  2  .
PT  t 









Trang 51