Bộ đề luyện thi cấp tốc môn Toán_05

Biên soạn: Trần Duy Thái
83














)3(
5
)22(
)1(
)2()2()3()1(
)1()1()1(
2
00
2
0
2
0
2
0
2

0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
yx
zyx
zyxzyx
zyxzyx

Từ (1) và (2) suy ra






00
00
3 xz
xy
.
Thay vào (3) ta được
2
00
2
0
)23()1083(5  xxx









3
23
1
0
0
x

x







).
3
14
;
3
23
;
3
23
(
)2;1;1(
M
M




0,5

Ta có












nnnnnn
n
nCC
nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2
3
171
32


.9
0365
3
2







 n
nn
n




0,5

VIIb.
(1,0
điểm)
Suy ra
8
a
là hệ số của
8
x
trong biểu thức
.)1(9)1(8
98
xx 

Đó là
.89.9.8
8
9

8
8
 CC


0,5

ĐỀ 15
I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh
Câu I(2 điểm) :Cho hàm số
3 2
y x 2mx (m 3)x 4    
có đồ thị là (C
m
)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C
1
) của hàm số trên khi m = 2.
2) Cho E(1; 3) và đường thẳng (  ) có phương trình x-y + 4 = 0. Tìm m để ( ) cắt (C
m
) tại ba điểm
phân biệt A, B, C ( với x
A
= 0) sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4.
Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình:
2
3 2 sin 2 1
1 3
2cos sin 2 tanx


   
x
x x
.
b.Giải hệ phương trình :
3 2
4 3 2 2
x y x xy 1
x x y x y 1

   


  



Câu III (1 điểm). Tính tính phân sau:
π
2
2
0
dx
I
cos x 3cos x 2

 

.

Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng
/ / /
ABC. A B C
có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a .Gọi E là
trung điểm của
/
BB .Xác định vị trí của điểm F trên đoạn
/
AA sao cho khoảng cách từ F đến C
/
E là nhỏ nhất.
Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn:
1 1 1
1  
a b c
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
b c c a a b
T
a b c
  
  

II. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: ( 2 điểm)
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
84

1/.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng (d) :
3 7 0x y  
và điểm A(3;3).
Tìm toạ độ hai điểm B, C trên đường thẳng (d) sao cho  ABC vuông, cân tại A.
2/. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) :
2x y 5z 1 0   
. Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa
trục Oz và tạo với mặt phẳng (P) một góc 60
0


Câu VIIa:( 1 điểm)
Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong
đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:

2 2 1
3
1
9 19
2 2
720
m
m n m
n
C C A
P





  






Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu VIb:( 2 điểm)
1/. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3), B( )0;2(),0;
4
1
C
2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua
A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
Câu VII:( 1 điểm)
Giải hệ phương trình :
 
 
2 2
3 3
2 2
2 2
log log
4

    




 

y x y x x xy y
x y


ĐÁP ÁN ĐỀ 15


Câu ĐÁP ÁN Điểm
Ia
-Tập xác định , tính y
/

-Nghiệm y
/
và lim
-Bảng biến thiên
-Đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
Ib
PT hoành độ giao điểm :
3 2
x 2mx (m 3)x 4 x 4      
(1)

2

x(x 2mx m 2) 0    

2
x 0
g(x) x 2mx m 2 0 (2)




    


(d) cắt (C
m
) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C

phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt
khác 0.
/ 2
m 1 m 2
m m 2 0
(a)
m 2
g(0) m 2 0
   
   


 
 

 
  


Δ

Diên tích
1
S BC.d(E,BC)
2

Khoảng cách
d(E, BC) 2

Suy ra BC =
4 2

2
B C B C
(x x ) 4x x 16  

2
4m 4(m 2) 16  

Giải pt m = 3, m = -2 (loại)

0,25




0,25

0,25

0,25
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
85
II a
. Đk:
2
x k


Phương trình đã cho tương đương với:
 
2
3 2
1 3
2 sin 2
   tan cot x x
x

2 2
2
2
2(sin cos )
3 3 2
sin cos
3 2 3 0

   
   
tan cot
tan tan
x x
x x
x x
x x


3
3
1
3
6



     









  




tan
tan
x x k
x
x k
,kZ
KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :
6 2
 
 x k
; kZ

0,25



0,25


0,25

0,25
IIb.
Hệ tương đương :
3
2 3
x y x(y x) 1
[x(y x)] x y 1

   


  



Đặt
3
u x y, v x(y x)  

Hệ trở thành
2
u v 1
u v 1
  



 


Giải hệ
u 0
v 1



 

,
u 3
v 2
 





Với
u 0
v 1



 

giải hệ được

x 1
y 0
 





Với
u 3
v 2
 




giải hệ (vô nghiệm)
Nghiệm của hệ :
x 1
y 0





,
x 1
y 0
 






0,25








0,25


0,25





0,25
III
π π
2 2
0 0
1 1
I dx dx
1 cos x 2 cos x

 
 
 

Tính
π π
2 2
0 0
2
dx dx
1
x
1 cos x
2cos
2
 

 

Tính
2
π π
2 2
0 0
2
x
1 tan
dx
2
.dx

x
cos x 2
3 tan
2




 
.
Đặt
2 2
x x 3
tan 3 tan t (1 tan )dx (1 tan t).dt
2 2 2
    
 x = 0 => t = 0
x =
π
2
=> t =
π
6

0,25



0,25

0,25
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
86
2
π π
2 2
0 0
2
x
1 tan
dx
2
.dx
x
cos x 2
3 tan
2





 
=
π
6
0
2
dt
3

=
π
3 3

Vây
π π
2 2
0 0
1 1
I dx dx
1 cosx 2 cos x
 
 
 
= 1 -
π
3 3

0,25
IV
+ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho AO; BOy; A
/
Oz.
Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A
/
(0;0;2a),,
/
3
; ;2
2 2
 
 
 
 
a a
C a và E(0;a;a)
F di động trên AA
/
, tọa độ F(0;0;t) với t  [0;2a]
Vì C
/
E có độ dài không đổi nên d(F,C
/
E ) nhỏ nhất khi
/

ΔFC E
S
nhỏ nhất
Ta có :
/
/
1
,
2

 

 


FC E
S EC EF

Ta có:
 
/
3
; ;
2 2
EF 0; ;
 
 
 
 
 

  


a a
EC a
a t a

/
,
 
 
 


EC EF ( 3 ; 3( ); 3)
2
a
t a t a a

 

/ 2 2 2
, ( 3 ) 3( ) 3
2
 
     
 


a

EC EF t a t a a
/
2 2
2 2
ΔFC E
a
4t 12at 15a
2
1 a
S . . 4t 12at 15a
2 2
  
  

Giá trị nhỏ nhất của
/
FC E
S
tùy thuộc vào giá trị của tham số t.

Xét f(t) = 4t
2
 12at + 15a
2

f(t) = 4t
2

 12at + 15a
2

(t [0;2a])
f '(t) = 8t 12a

3
'( ) 0
2
a
f t t  
/
FC E
S
nhỏ nhất

f(t) nhỏ nhất

3
2

a
t

F(0;0;t) , hay FA=3FA
/
( có thể giải bằng pp hình học thuần túy )



0,25

0,25






0,25

0,25
V
Đặt
1
x
a


,
1
y
b

,
1
z
c

.vì
1 1 1
1  
a b c
nên x +y +z = 1
Và
2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )     T x y z
y z z x x y


+) Aùp dụng BĐT C.S ta có:
   
2
1 ( )x y z
2
x y z
. y z . z x . x y
y z z x x y

 
    
 
 
  
 
2 2 2 2 2 2
x y z x y z
(2x 2y 2z) 2( )
y z z x x y y z z x x y
 
       
 
     
 





0,25





0,25

z
x

C
C
/
F

A

A
/

B
/

B
E
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
87
+) Ta có:
 
2 2
2
1 1 1 1 4
( )
 
    
 
 
 
x x

x y z
y z y z y z y z

Tương tự ...
Do đó
2 2 2
x y z
T 4
y z z x x y
 
  
 
  
 
2

Đẳng thức xảy ra khi
1
3
  x y z hay
3  a b c



0,25

0,25

VIa:1
Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2 1 0x y  
và phân giác trong CD:

1 0x y  
. Viết phương trình đường thẳng BC.
Điểm
 
: 1 0 ;1C CD x y C t t     
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
 
 
 
 
.

Điểm
 
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2

t t
M BM x y t C
 
 
            
 
 

Từ A(1;2), kẻ
: 1 0AK CD x y   
tại I (điểm
K BC
).
Suy ra
   
: 1 2 0 1 0AK x y x y       
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
 
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
  



  


.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK

tọa độ của
 
1;0K 
.
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y

    
 




0,25






0,25

0,25


0,25
VIa:2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
trình
x 1 2t
y t
z 1 3t
 





 

. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách
từ d tới (P) là lớn nhất.
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách
giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH  => HI lớn nhất khi IA 
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH

làm véc tơ pháp tuyến.

)31;;21( tttHdH 
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0.  uuAHdAH
là véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3(  AHH

Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
 7x + y -5z -77 = 0






0,25


0,25

0,25


0,25
VIIa
Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông
hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
2 2 1
3
1
9 19

2 2
720
m
m n m
n
C C A
P




  





<=>










720
2

19
2
9
1
12
3
2
n
mn
m
m
P
AcC








www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
88
Từ (2):
761!6720)!1(  nnn
Thay n = 7 vào (1)
m(m 1) 9 19
45 m
2 2 2


   

2
m m 90 9 19m    
2
m 20m 99 0    119  m
vì
10 mm

Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít
nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau:
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có:
1575.
2
10
3
7
CC
cách
TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 350.
1
10
4
7
CC cách
TH3: 5 bông hồng nhung có:
21
5
7

C
cách

có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách.
Số cách lấy 4 bông hồng thường
%45,31
6188
1946
6188
5
17


P
C



0,25




0,25


0,25

0,25
VIb1
Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( )0;2(),0;
4
1
C
Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A
khi và chỉ khi

 
 
2
2
2
2
9
1
3
4
4
2
4 3
81 225
9
3
16 16
4 1 6 3 1.
4
16 9 25
d

DB AB
DC AC d
d d d
 
 
 

 
   

 

       


Đường thẳng AD có phương trình:

2 3
3 6 3 9 1
3 3
x y
x y x y
 
        

,
và đường thẳng AC:

2 3
3 6 4 12 3 4 6 0

4 3
x y
x y x y
 
         


Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là
1 b
và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng
b nên ta có:

 
2 2
3 1 4 6
3 5 ;
3 4
4
) 3 5 ;
3
1
) 3 5 .
2
b b
b b b
a b b b
b b b b
  
   


    
    

Rõ ràng chỉ có giá trị
1
2
b 
là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn










0,25







0,25

0,25



0,25
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
89
nội tiếp
ABC
là:
2 2
1 1 1
2 2 4
x y
   
   
   
   
.

VIb2
2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt

phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)
( ) : 1
x y z
P
a b c
   

Ta có
(4 ;5;6), (4;5 ;6)
(0; ; ), ( ;0; )
IA a JA b
JK b c IK a c
   
   
 
 

Ta có:
4 5 6
1
5 6 0
4 6 0
a b c
b c
a c

  



  


  



77
4
77
5
77
6
a
b
c















ptmp(P)



0,25


0,25
0,25



KL:
0,25
VII b
Giải hệ phương trình :
 
 
 
2 2
3 3
2 2
2 2
log log . *
4

    




 

y x y x x xy y
x y

Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : 0
4
3
2
2
2
22







 y
y
xyxyx
yx,
>0
Xét x > y
3 3
2 2
VT(*) 0
log log
VP(*) 0

x y


   



(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm
Xét x < y
3 3
2 2
VT(*) 0
log log
VP(*) 0
x y


   



(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
Khi x = y hệ cho ta
2 2
0 0
2 2 4x y



 



x = y =
2
( do x, y > 0).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
 
 
; 2; 2x y 






0,25


0,25
0,25






0,25

ĐỀ 16
I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x     

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi
0m 
.
2. Xác định các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng
 
2;
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
tan 3 2 tan 4 tan 5 0x x x  
với (0; 2 )x

 .
2. Giải bất phương trình:
1 2
3 1 3
3
log (2 1).log (2 2) 2log 2 0
x x
   
.
Câu III (1 điểm)
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
90

Tính tích phân
2
3
0
sin 2
(2 cos )
x
I dx
x




.
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp
.S ABCD
có
SA
vuông góc với mặt phẳng ( ),ABCD SA a . Đáy
ABCD
là hình bình hành
có

0
, 2 , 60AB b BC b ABC   . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh
,BC SD
. Chứng minh
//( )MN SAB
và tính thể tích của khối tứ diện

AMNC
theo , .a b
Câu V (1 điểm)
Cho
, ,x y z
là các số thực thoả mãn
1, 2, 3x y z  
. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
2 3 3 1 1 2
( , , )
x y z y z x z x y
f x y z
xyz
       

II- PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a
1. Trong hệ trục toạ độ
Oxy
cho tam giác ABC có ( 2;3)C  . Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A và
đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3 2 25 0, 0x y x y     . Hãy viết phương trình
đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 11 0S x y z x y z      
và điểm
( 1; 2;3)I  
. Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua
điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I.

Câu VII.a
Tìm số nguyên dương n thoả mãn:
1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
.2 2. .3.2 3. .3 .2 ... 2 . .3 .2 (2 1) .3 2009
n n n n n n n
n n n n n
C C C n C n C
   
    
      
.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b
1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết CD có phương trình
4 3 4 0x y  
. Điểm
(2;3)M

thuộc cạnh BC,
(1;1)N
thuộc cạnh AB. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AD.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường tròn (C) có tâm
(1; 2;3)K 
, nằm trên mặt phẳng
( ) : 3 2 2 5 0P x y z   
, và đi qua điểm
(3;1; 3)M 
. Viết phương trình mặt cầu (S) chứa đường tròn (C)
và có tâm thuộc mặt phẳng ( ): 5 0Q x y z    .

Câu VII.b
Từ bộ bài tú lơ khơ 52 con bài (gồm 13 bộ, mỗi bộ có 4 con với 4 chất: Rô, Cơ, Bích, Nhép) người ta rút ra
5 con bài bất kỳ. Tính xác suất để rút được 2 con thuộc một bộ, 2 con thuộc bộ thứ hai và con thứ năm thuộc
bộ khác.
ĐÁP ÁN ĐỀ 16


Câu Nội dung Điểm
I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 1điểm

Khi m = 0 hàm số trở thành
3 2
2 3 1y x x  

 TXĐ: D  
 Sự biến thiên:
2
0
6 6 , ' 0
1
x
y x x y
x


   




 Ta có
(0) 1; (1) 0
CD CT
y y y y   

 Bảng biến thiên:



0.25



www.VNMATH.com