dap an bo de thi toan dai hoc rat hay

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (269.77 KB, 12 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 1: Luyện thi Đại Học,CĐ Mơn Tốn 
0974.200.379—3755.711 (Giải toán theo chương trình mới nhất của bộ giáo dục)
Câu I:

1) Học Sinh Tự Làm.
2) Gọi M(xo;

0
0
2 3

2
x
x



 ) (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =

0 0

2 2

0 0

2 6 6

( 2) ( 2)

x x

x

x x

 

 

 

( )  TCĐ = A (2;
0
0
2 2

2
x
x



 )  ( )  TCN = B (2x0 –2; 2)
0

0
2
(2 4; )

2
AB x

x

 





 AB =

0 2

0
4

4( 2) 2 2

( 2)
cauchy
x

x

 





 AB min = 2 2

0 3 (3;3)
1 (1;1)
o

x M

 


  


Câu II:(cosx –sinx)(cox2 + sin2 -sinxcosx) = m  (cosx –sinx)(1- sinxcosx) = m 
đặt t = cosx –sinx [-

√

2;

√

2¿  sinxcosx= t

−1

2 (1)  t( 1-

t2−1

)= m

1) khi m= -1

t( 1- t

−1

) = -1.



t = 1,t=2 (loại) vậy với t= -1



√

2cos

(

x+

π

)

=−1 

x1=-π

2+k2π ,x2= k2π (k ∈z¿
2) t( 1- t

−1

)= m để pt có nghiêm x

∈

[-π

4 ;

π

4 ] thì t ∈[−1;1]
Câu III:

2) Đk x  0. đặt t = x; t  0

(1)trở thành (m–3)t+(2-m)t2 +3-m = 0 

2
2

2 3 3

t t
m

t t 



  (2) Xét hàm số f(t) = 
2
2

2 3 3

t t

t t  (t  0)

Lập bảng biến thiên  (1)có nghiệm  (2) có nghiệm t  0 

5 3

3m

Câu IV:Gọi () là đường thẳng cần tìm ta có:(P)  (d1) = A(1;1;2); (P)  (d2) = B(3;3;2) 

()

1 2

1 2 ( )
2

x t

y t t
z

 



  


 




Sử dụng cơng thức tính khoảng cách và cm hai đường thẳng chéo nhau.
Câu V:

GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 2: Luyện thi Đại Học,CĐ Môn Toán 
0974.200.379—3755.711 (Giải toán theo chương trình mới nhất của bợ giáo dục)
Câu I:

1)Học sinh tự làm.

2)Phương trình hoành độ điểm chung của (Cm) và d là:




            

    



3 2 2

2
0
2 ( 3) 4 4 (1) ( 2 2) 0

( ) 2 2 0 (2)
x

x mx m x x x x mx m

g x x mx m
(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

  

     

   



   



/ 2 2 0 1 2

( )
2

(0) 2 0

m m

m m a

m

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Mặt khác:

 
1 3 4 

( , ) 2

2
d K d

Do đó:        

2
1

8 2 . ( , ) 8 2 16 256
2

KBC

S BC d K d BC BC

2 2

(xB xC) (yB yC) 256

     với x xB, Clà hai nghiệm của phương trình (2).

 (xB  xC) ((2  xB 4) ( xC4))2 256 2(xB xC)2 256 (xB xC) 42 x xB C 128

2 2 1 137

4 4( 2) 128 34 0

m m m m m 

         

(thỏa ĐK (a)). Vậy

1 137
2
m 
Câu II:

1)Phương trình  (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – 5 = 0
cos -sin -1

cos -sin 5( cos - sin 2)
x x

x x loai vi x x


 
 


2
2

2 sin( ) 1 sin( ) sin ( )

4 4 4 2

x k

x x k Z

x k
 
  
 
  

       
  


2) Từ (1)  y  0 Hệ 

3
3 3
3
2
2
27 3

8 18 (2 ) 18

4 6 1 3 3

2 . 2 3

x x

y y

x x

y y y y

  
    
  

    
 
 
     
 
 
   

Đặt a = 2x; b =
3

y. Ta có hệ:

3 3 18 3

1
( ) 3

a b
a b

ab
ab a b

 
 
 

 

  

 ĐS: Hệ đã cho có 2 nghiệm

3 5; 6 , 3 5; 6

4 3 5 4 3 5

     

   

     

Câu III:

1) Ta có: I =

2 2
6
1
sin sin
2


 

 x x dx

2 2

cos (cos )



   x d x

. Đặt

cos cos

x   t

Đổi cận: Khi

x cos

6 t 2 t 4



    

; khi x 2 cost 0 t 2



    
.
Do vậy:
2
2
4
3
sin
2
I tdt


 







3
2
16



 .

2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

2 2

1 1 1 1

9  x  (m2)3 x 2m 1 0
(1)

* Đk x[-1;1], đặt t = 31 1 x2 ; x[-1;1] t[3;9]

Ta có: (1) viết lại

2 ( 2) 2 1 0 ( 2) 2 2 1 2 1

t t

t m t m t m t t m

t

 

           



Xét hàm số f(t) =

2 2 1

t t

t

 

 , với t[3;9]. Ta có:

/( ) 4 3, ( ) 0/ 1

3
( 2)

t

t t

f t f t

t
t


 
   

 

Lập bảng biến thiên

t 3 9

f/(t) +

f(t)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

C
S

O M

B
4

Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệmx[-1;1]  (2) có nghiệm t[3;9]

48
4

7
m

 

Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. 
Suy ra: SM =AM =

3
2

a

; AMS600 và SO  mp(ABC)
 d(S; BAC) = SO =

3
4a

Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC  VS.ABC =

3 3

1 .

3SABC SOa16

(đvtt)
Mặt khác, VS.ABC =

1 . ( ; )

3SSAC d B SAC

SAC cân tại C có CS =CA =a; SA =

a



2 13 3

16
SAC a

S 

Vậy: d(B; SAC) =

3 3

13
S ABC

SAC

V a

S  (đvđd).

Câu V:

*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 AH≥HI => HI lớn nhất khi A≡I

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận

⃗

AH

làm véctơ pháp tuyến.

Mặt khác, H∈d⇒H(1+2t ;t ;1+3t) vì H là hình chiếu của A trên d nên

. 0 ( (2;1;3)

AH d                AH u u

là véc tơ chỉ phương của d)

⇒

H

(

3 ;

1 ;

4 )⇒⃗

AH

(−

7 ;

−

1 ;

5 )

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

Câu VI:Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 ( b, c  R), nên ta có :













0 0 2

2 0 2

b c b

i b i c b c b i

b c

  

 

             

  

 

Câu VII 8 3 1 (2 1)(4 2 2 1) 2 2 1
cauchy

c   c c  c  c   8 3 1 2 2 1

a a

c
c   

Tương tự, 3 2 3 2

;

2 1 2 1

8 1 8 1

b b c c

a b

a    b   
Ta sẽ chứng minh: 2 2 1 2 2 1 2 2 1 1 (1)

a b c

c   a   b  

BĐT (1)  4(a3b2+b3a2+c3a2) +2(a3+b3+c3 )+2(ab2+bc2+ca2)+( a+b+c)  
 8a2b2c2 +4(a2b2 +b2c2 +c2a2) +2 (a2 +b2 +c2 )+1 (2)
Ta có: 2a3b2 +2ab2  4a2b2; …. (3)

2(a3b2+b3a2+c3a2)  2.3.3 a b c5 5 5 =6 (do abc =1) (4)
a3+b3+c3  3abc =3 = 1 +2 a2b2c2 (5)

a3 +a  2a2; …. (6)

Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2). Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu I:

1)Học sinh tự giải.

2)y x 4mx3 2x2 2 x 1m  (1)

Đạo hàm y/ 4x33mx2 4x 3m (x 1)[4x   2(4 3m)x 3m] 


/

x 1

y 0

4x (4 3m)x 3m 0 (2)



  

   



 Hàm số có 2 cực tiểu  y có 3 cực trị  y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt
 (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

(3m 4) 0 m 4.

3
4 4 3m 3m 0

   

   

   



Giả sử: Với

4
m



, thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt x , x , x1 2 3
 Bảng biến thiên:

x - x1 x2 x3 +

y/ - 0 + 0 - 0 +

y +

CĐ

+

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi

m .


Câu II:

1).cos3xcos3x – sin3xsin3x =

2 3 2
8


 cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) =

2 3 2
8








2 2 2 3 2

os 3x sin 3x+3 os3x osx sin 3x sinx

c  c c   



os4x ,

2 16 2

c   x



k



k Z
.
2) Giải phương trình : 2x +1 +x





2 2 1 2 2x 3 0
x   x x   

. (a)

Đặt:

   

      

  

 

    

   



      

 

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

v u 2x 1

u x 2, u 0 u x 2

v u 1

v x 2x 3 x

v x 2x 3, v 0 2

Ta có:

             

                

       

       

  

     

                

   

  

 



2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 v u 1 v u 1 2 2 v u u v u v

(a) v u .u 1 .v 0 v u .u .v 0

2 2 2 2 2 2

v u 0 (b)

v u 1

(v u) (v u) 1 2 2 0 (v u) 1 v u 1 0 (c)

2 2

Vì u > 0, v > 0, nên (c) vơ nghiệm.

Do đó:                 

2 2 2 2 1

(a) v u 0 v u x 2x 3 x 2 x 2x 3 x 2 x

Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x =

1
2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu III:

1) + Ta có













2;0;2

, D 6; 6;6
D 3;3;0
AB
AB C
C
 
  
   
  
 



⃗ ⃗
⃗

. Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song song CD có
một VTPT n



1;1; 1



⃗

và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P)
Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P)  C khơng thuộc (P), do đó (P) // CD.













. D 1

os , D os , D , D 60

. D 2
AB C

c AB C c AB C AB C

AB C
    
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⃗ ⃗

2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz.

Ta có :

















1; 1; 1 ; ; ;0 .

1; 1; 1 ; ;0; .

DP p NM m n DP NM m n

DN n PM m p DN PM m p

        
 

 
       
 

⃗ ⃗ ⃗ ⃗
⃗ ⃗ ⃗ ⃗
.
Mặt khác: Phương trình mặt phẳng (



) theo đoạn chắn:

x y z

m n  p  . Vì D (



) nên:

1 1 1
1

m n p



  
.

D là trực tâm của MNP 

. 0

DP NM DP NM

DN PM DN PM

   
 

 
 
 

 
⃗ ⃗ ⃗ ⃗
⃗ ⃗ ⃗ ⃗

. Ta có hệ:

3
0

3
1 1 1

1
m n

m
m p

n p
m n p


  
  

  
 
 


 
   

 .Kết

luận, phương trình của mặt phẳng (



): 3 3 3 1

x y z

  

 .

Câu IV: Tính tích phân





2
0

1 sin 2xdx
I x









. Đặt

x
1

1
sin 2xdx os2x

2
du d
u x

dv v c



 
 

 
 
 
I =





/2
2 2

0 0 0

1 1 1

1 os2x os2xdx 1 sin 2x 1

2 x c 2 c 4 4 4

 




  



    
.
Câu V:

Giải bất phương trình: 9x x2 1 1 10.3x x2 2. Đặt t 3x2x, t > 0.
Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9  0  ( t  1 hoặc t  9)
Khi t  1 

2 2

3x x 1 0 1 0

t  x x x

         .(1)

Khi t  9 

2 2 2

3 9 2 0

x x x

t x x

x

  

       

 (2)

Kết hợp (1) và (2) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ).
Câu VI:

2)Ta có

2 1 3 3

4 4 2

z    i

. Do đó:

2 1 3 1 3

1 1 0

2 2 2 2

z z  i  i

         

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu VII: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữa
hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là  = A EH' .

Tá có :

3 3 3

E , ,

2 3 6

a a a

A  AH  HE 



2 2
2 2 9 3a

A ' '

b

H  A A  AH  

.
Do đó:

2 2

' 2 3

tan A H b a

HE a



  

;

2 2 2 2

. ' ' '

3 3

' .

4 4

ABC ABC A B C ABC

a a b a

S   V A H S  

2 2 2
'.

1 3

' .

3 12

A ABC ABC

a b a

V  A H S  

.
Do đó: VA BB CC' ' ' VABC A B C. ' ' ' VA ABC'.

2 2 2
' ' '

1 3

' .

3 6

A BB CC ABC

a b a

V  A H S  

(đvtt)

GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 4: Luyện thi Đại Học,CĐ Mơn Tốn 
0974.200.379—3755.711 (Giải toán theo chương trình mới nhất của bộ giáo dục)
Câu I:

1)Học Sinh Tự Làm.

2) Phương trình hồnh độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1

 x(x2 + 3x + m) = 0 



   

 2
x 0

x 3x m 0 (2)

* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:

 Phương trình (2) có 2 nghieäm xD, xE 0.






   

 



  

   

 



m 0
9 4m 0

4
m

0 3 0 m 0 9

Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
kD = y’(xD) =    

D D D

3x 6x m (x 2m);

kE = y’(xE) =    

E E E

3x 6x m (x 2m).

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1.
 (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

 9m + 6m (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét).

 4m2 – 9m + 1 = 0  m =






1 9 65
8

ÑS: m =















1 9 65 hay m 1 9 65

8 8

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

S

H

P

C
A

B

N



1. 3 sin x cosx 2cos3x 0     sin


3 sinx + cos


3 cosx = – cos3x.

 cos



 

 

 

x 3 cos3x  cos


 

   

 

x 3 cos( 3x)



 



 




 

   


k
x

3 2 (k Z)

x k

3  x =

 

k

3 2 (k  Z)
2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:
x291 y291 y 2 x 2y2 x2

2 2

2 91 2 91 2 2 ( )( )

x y y x

y x y x

y x

x y

 

    

  

  

2 2

( ) 0

2 2

91 91

x y

x y x y

x y

  

 

     

       

 

 x = y (trong ngoặc luôn dương và x va y đều lớn hơn 2)

Vậy từ hệ trên ta có: x291 x 2x2  x291 10  x 2 1 x2 9
2

9 3

( 3)( 3)
2 1

91 10

x x

x
x

 

    

 

  2

1 1

( 3) ( 3) 1 0

2 1
91 10

x x

x
x

   

       

 

 

 

 x = 3

Vậy nghiệm của hệ x = y = 3

Câu III: J   

 

  

 





ln10 x 8 8

2/ 3
1/ 3

3 x e 2

b e 2

e dx du 1 u
3
u

e 2     

b 2/ 3

3 4 (e 2) ;

2 với u = ex – 2, du = exdx)

Suy ra:  

 

    

 

b 2/ 3
b ln2 b ln2

3 3

lim J lim 4 (e 2) (4) 6

2 2

Câu IV: Dựng

SH AB



 Ta coù:

(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)









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.
 AHP vuông có:

o a 3

HP HA.sin60 .

 

 SHP vuông có:

a 3

SH HP.tg tg

   

 Thể tích hình chóp

2 3

ABC

1 1 a 3 a 3 a

S.ABC : V .SH.S . .tg . tg

3 3 4 4 16

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô- Si, ta có:

4ab ≤ (a + b)2

1
4
a b

a b ab



 



1 1 1

( , 0)

4 a b a b

 

     

 

Ta có:

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 2y 2z

 

     

             

         

Tương tự:

1 1 1 1 1

2 8 2 2

x y z x y z

 

    

    và

1 1 1 1 1

2 8 2 2

x y z x y z

 

    

   

Vậy

1 1 1

2x y z   x2y z x y 2z

1 1 1 1 2009

4 x y z 4

 

    

 

Vậy MaxP =
2009

4 khi x = y = z =
12
2009
Câu VI:

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

Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)

Vậy




0
0
60 (1)
120 (2)
AMB

AMB

 



 



Vì MI là phân giác của AMB
(1)  AMI = 300 sin 300

IA
MI

 

 MI = 2R  m2  9 4 m 7
(2)  AMI = 600 sin 600

IA
MI

 

 MI =
2 3

3 R 

2 4 3
9

m  

Vơ nghiệm
Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 )

2) (d1) ñi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương

u



(2; 1; 0)

⃗

- (d2) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương u2 (3; 3; 0)
⃗

AB (3; 0; 4) 



 AB.[u ; u ] 36 01 2    AB, u , u1 2

     

không đồng phẳng.
 Vậy, (d1) và (d2) chéo nhau.

 Gọi MN là đường vng góc chung của (d1) và (d2)
 M (d ) 1  M(2t; t; 4),

/ /
2

N (d )  N(3 t ; t ; 0) 

/ /

MN (3 t 2t; t t; 4)

      

⃗

 Ta coù:

/ / /

/ /

MN u 2(3 t 2) (t t) 0 t 1 M(2; 1; 4)

N(2; 1; 0)
t 1

3 t 2t (t t) 0

MN u

          

 

  

   


    

  

  

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính

R MN 2.

 

 Vậy, phương trình mặt caàu (S):

2 2 2

(x 2) (y 1) (z 2) 4.

Câu VII:

Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0 Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z

1 = –1, sau đó
bằng cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = 2. Vậy phương trình trở thành:

(Z + 1)(Z – 2)(Z

2 + 8) = 0 Suy ra: Z

3 = 2 2 i và Z4 = –2 2 i Đáp số:





1,2, 2 2 i, 2 2 i 

GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 5: Luyện thi Đại Học,CĐ Mơn Tốn 
0974.200.379—3755.711 (Giải toán theo chương trình mới nhất của bộ giáo dục)
Câu I:

1)hoc sinh tự làm.

2) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình

2x+1

x+2 =−x+m⇔

x≠−2

x2+(4−m)x+1−2m=0 (1)

¿{¿ ¿ ¿

Do (1) có

Δ

=

m

+

1 >

0 va

(−

2 )

+(

4 −

m

)

.

(−

2 )+

1 −

2 m

=−

3 ≠

0 ∀

m

nên đờng thẳng d luôn luôn cắt

thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2

+ 12) suy ra AB ngắn nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó

AB

=

√

24

Câu II.

1) Phơng trình đã cho tơng đơng với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8

 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0

 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 

[

1 −

sin

x

=

0 [

6cos

x

+

2sin

x

−

7 =

0 (

VN

)

[

 x=
π
2+k2π

2) §K:

x>0
log22x−log

2x2−3≥0

{¿ ¿ ¿

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với

√

log

x

−

log

2

x

−

3 >

√

5 (

log

2

x

−

3 ) (

1 )

đặt t = log2x, BPT (1) 

√

t

−

2

t

−

3

>

√

5 (

t

−

3 )⇔

√

(

t

−

3 )(

t

+

1 )>

√

5 (

t

−

3 )

⇔

t >3

(t+1 ) (t−3) >5(t−3 )2

¿[ ⇔

[t≤−1

[3<t<4 [ ⇔

¿ [t≤−1

[ {¿ ¿ ¿

⇔

¿[0<x≤

1
2
[8<x<16

[¿

Vậy BPT đã cho có tập
nghiệm là:

(0;1

2]∪(8;16)
Câu III. I=



dx

sin3x.cos3x. cos2x=8



dx

sin32x. cos2x

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

A B

C
1
B1

⇒dt=dx

cos2x ; sin2x=

2t

1+t2

⇒I=8



dt
(2t

1+t2)



(t2+1)3

t3 dt



t

6+3t4+3t2+1

t3 dt



(t3+3t+3

t +t

−3)dt=1

4 tan

4x+3

2 tan

2x+3 ln|tanx|−1

2 tan2x +C

Câu IV. Do AH⊥(A1B1C1) nªn góc AA1H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì góc

AA1H bằng 300. Xét tam giác vu«ng AHA

1 cã AA1 = a, gãc ∠AA1H =300

⇒

A

1

H

=

a

√

3

2

. Do tam

giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và

A

1

H

=

a

√

3

2

nên A1H vuông góc với B1C1. Mặt khác

AHB1C1 nªn B1C1⊥(AA1H)

Kẻ đờng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1

Ta cã AA1.HK = A1H.AH

⇒HK=A1H.AH
AA1 =

a

√

3
4
Câu V:

áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có

1+1+.. .+1

⏟

2005

+a2009+a2009+a2009+a2009≥2009 .2009

√

a2009.a2009.a2009.a2009=2009.a4(1)

T¬ng tù ta cã

1+1+.. .+1

⏟

2005

+b2009+b2009+b2009+b2009≥2009 .2009

√

b2009.b2009.b2009.b2009=2009 .b4 (2)
1+1+.. .+1

⏟

2005

+c2009+c2009+c2009+c2009≥2009 .2009

√

c2009.c2009.c2009.c2009=2009.c4(3)

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc

6015

+

4 (

a

2009

+

b

2009

+

c

2009

)≥

2009

(

a

+

b

+

c

)

⇔

6027

≥

2009

(

a

+

b

+

c

)

Từ đó suy ra P=a4+b4+c4≤3 Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3.

Câu VI:

1)Từ phơng trình chính tắc của đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC ti ng

tròn và ABAC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3

IA

=

3

2

|m1|

2 =32|m1|=6

[m=5

[m=7 [

2) Gi 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 cã AH≥HI => HI lín nhÊt khi AI

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

HdH(1+2t ;t ;1+3t) vì H là hình chiếu của A trên d nên

AH

d

AH

.

u

=

0 (

u

=(

2 ;

1 ;

3 )

là véc tơ

chỉ phơng của d)

H

(

3 ;

1 ;

4 )

AH

(

7 ;

1 ;

5 )

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

Câu VII:

GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 6: Luyện thi Đại Học,CĐ Mơn Tốn 
0974.200.379—3755.711 (Giải toán theo chương trình mới nhất của bộ giáo dục)
Câu I:

1)Học sinh tự làm.

2)Tacã

y '=3x2−3mx=3x(x−m)=0⇔

¿ [x=0

[x=m[¿

ta thấy với m≠0 thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có C,CT

+Nếu m>0 hàm số có CĐ tại x=0 và

y

MAX

=

1

2 m

;có CT tại x=m và

y

MIN

=

0

+Nếu m<0 hàm số có CĐ tại x=m và

y

MAX

=

0

;có CT tại x=0 vµ

y

MIN

=

1

2 m

Gọi A và B là các điểm cực trị của hàm số.Để A và B đối xứng với nhau qua đờng phân giác y=x,điều kiện ắt

có và đủ là

OA

=

OB

tức là:

m

=

1

2 m

⇔

m

=

2 ⇒

m

=±

√

2

Câu II:

1. sin

2
x

cos2x−

sin2x

cos2x.sin
3

x+cos3x−1=0.↔ sin2x−sin2xsin3x+cos2xcos3x−cos2x =0 ↔
1−sin

sin2x(¿¿3x)+cos2x(1−cos3x)

=0 ↔ (1−cos2x

) (1-sinx)(1+ sinx + sin2x ) - (1−sin2x)
(1-cosx)(1+cosx+ cos2x )=0 ↔ (1-cosx)(1 - sinx)[ (1 + cosx)(1+ sinx + sin2x )- ¿ (1 + sinx)(1+

cosx + cos2x )]=0

{

(1−cosx)=0→ x=π
2+kπ
(1−sinx)=0→ x=kπ

(1+cosx)(1+sinx+sin2x)−(1+sinx)(1+cosx+cos2x)=0(
¿)

(*) ↔ (sinx-cos)(sinx + cosx + sinxcosx)=0

sinx−cos=0→ x=π
4+kπ

¿
¿∗¿

sinx+cosx+sinxcosx=0¿
¿

(**)Đặt sinx + cosx = t → sinxcox= t2−1
2 vậy

¿∗¿

¿ trở thành t +
t2−1

2 =0 → t

Câu IV:

1. 1 Chọn A(2;3; 3),B(6;5; 2)(d) mà A,B nằm trên (P) nên (d) nằm trên (P) .

Gọi

u

⃗

vectơ chỉ phương của (d1) qua A và vuông góc với (d) thì

u ud
u uP

 







</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

nên ta chọn

u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2)



P









⃗

⃗ ⃗

. Ptrình của đường thẳng (d1) :

 




  



  


x 2 3t

y 3 9t (t R)

z 3 6t

() là đường thẳng qua M và song song với (d ). Lấy M trên (d1) thì M(2+3t;3 9t; 3+6t) .

Theo đề :

1 1

2 2 2 2

AM 14 9t 81t 36t 14 t t

9 3

        

+ t =
1
3


 M(1;6; 5)

x 1 y 6 z 5
( ) :1

4 2 1

  

   

+ t =
1

3 M(3;0; 1)

x 3 y z 1
( ) :2

4 2 1

 

   

2. C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) =

5 2
2

ABC

a b S

AB
 





8(1)
5 3

2(2)
a b
a b

a b

 



    

 



Trọng tâm G





5; 5

3 3
a b

 (d)  3a –b =4 (3) từ (1), (3)  C(–2; 10)  r =

2 65 89
S

p   

(2), (3)  C(1; –1) 

3
2 2 5
S

r
p

 

 .

Do công việc lên đáp án tạm thời chưa xong.các bạn có thể tham khảo bài trong trang sau:

</div>

dap an bo de thi toan dai hoc rat hay



<sub>√</sub>

√

)= m

1) khi m= -1

) = -1.

t = 1,t=2 (loại) vậy với t= -1

√

(

)

)= m để pt có nghiêm x









<sub></sub>







⃗

<i>AH</i>

⇒

<i>H</i>

(

3

<i>;</i>

1

<i>;</i>

4

)⇒⃗

<i>AH</i>

(−

7

<i>;</i>

−

1

<i>;</i>

5

)















































































<sub></sub>