DA DE THI THU SO 2631

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (262.35 KB, 14 trang )

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

ĐÁP ÁN ĐỀ 26

Câu I: 2) Ta có y 4x34mx;





0 4 0  

      

 


x

y x x m

x m

(m<0)
Gọi A(0; m2+m); B( m ; m); C(– m; m) là các điểm cực trị.

( ; )

  



AB m m ; AC ( m m; 2)

. ABC cân tại A nên góc 1200 chính là A.
A120

4
4

1 . 1 . 1

cos

2 . 2 2

   

     


 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 

 AB AC m m m

A

m m

AB AC
4

4 4 4

3
0
1

2 2 3 0 1

3



 

         

 




m (loai)
m m

m m m m m m

m

m m

Vậy m= 3
1

3


thoả mãn bài toán.
Câu II: 1) Điều kiện x1.

Nhân hai vế của bpt với x 3 x 1, ta được

BPT  4. 1



 x22x 3



4.



x 3 x1



 1 x22x 3 x 3 x1

2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 3 2 4 0 2

2



              




x

x x x x x x x x

x
Kết hợp với điều kiện x1 ta được x2.

2) Điều kiện cos 0 2 ,




    

x x k k

Ta có PT





cos sin cos sin

cos sin

cos cos

 

 x x x x  x x

x x  (cosxsin )(cos 2x x1) 0
cos sin 0

,
4
cos 2 1 0







   

 

   


 

 





x x x m

m
x

x m .

Câu III: Nhận xét: 1 sin   0,



0,



.
x

y x

x Do đó diện tích hình phẳng cần tìm là:
2

0 0 0

1 sin 2

cos

sin cos 2 4

2 2

  




    



  

   

 



x



x



x

S dx= dx= dx

x

x x x

tan
2 4



  


  

 



x d x

= 0 0

.tan tan 2ln cos

2 4 2 4 2 4




  



     

     

     

 



   

x x x

x dx

Suy ra S=

2 ln cos ln cos

4 4

 

       

   

  (đvdt)

Câu IV: Dựng SHAB. Ta có: (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 vng có:

3
.sin 60 .

 oa

HP HA

SHP vng có:

.tan tan

 

 a

SH HP

Thể tích hình chóp

2 3

1 1 3 3

. : . . . .tan . tan

3 3 4  4 16 

 ABC  a a a

S ABC V SH S

Câu V: Đặt tsinx với t 



1,1



ta có A5t3 9t24 .

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

( ) 0 0

5
     

f t t t

(loại); f( 1) 10, (1) 0, (0) 4f  f  . Vậy 10f t( ) 4 .

Suy ra 0 A f t( ) 10 .

Vậy GTLN của A là 10 đạt được khi 1 sin 1 2 2




     

t x x k

và GTNN của A là 0 đạt được khi 1 sin 1 2 2




     

t x x k

.
Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1;2) và R= 10. Suy ra AI2. IH

1 2( 1) 3 7

;

3 2( 2) 2 2

 

  

      

 



H
H

X

H
Y

Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm tam giác ABC vì ABC là tam giác đều.
Phương trình (BC) đi qua H và vng góc với AI là:

3 7

1. 3. 0

2 2

   

   

   

x  y 
3 12 0

 x y 

Vì B, C  (C) nên tọa độ của B, C lần lượt là các nghiệm của hệ phương trình:

2 2 2 4 5 0 2 2 2 4 5 0

3 12 0 12 3

           



 

    

 

x y x y x y x y

x y x y

Giải hệ PT trên ta được:

7 3 3 3 3 7 3 3 3 3

; ; ;

2 2 2 2

       

   

   

B C

hoặc ngược lại.
2) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 (với A2B2C20)

Vì (P)  (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C = 0  A + B + C = 0  C = –A – B (1)
Theo đề: d(M;(P)) = 2

2 2 2 2

2 2 2
2

2 ( 2 ) 2( )

 

       

 

A B C

A B C A B C

A B C (2)

Thay (1) vào (2), ta được:

2 8

8 5 0 0

     A

AB B B hay B =

 B  0 (1) CA. Chọn A1,C1 thì (P) : x z 0


8
5
 A
B =

. Chọn A = 5, B = 1 (1) C3 thì (P) : 5x 8y3z0
Câu VIIa.

Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 và y > 0 và y ≠ 1

Ta có

logy xy logx y  logyxlogyx 2 0

log 1

log 2




 




y
y

x

x 2

1





 


x y
x

y
 Với x = y  x = y = log 3 12 

 Với x = 2
1

y ta có: 2
1

2y 2y 3 theo bất đẳng thức Cô-si suy ra PT vô nghiệm
Câu VI.b: 1) Gọi N là điểm đối xứng của M qua (d1)  NAC. ( 1, 1)



N N

MN x y

Ta có: / / 1 (1; 1)
 

d

MN n  1(xN 1) 1( yN 1) 0  xN  yN 2 (1)

Tọa độ trung điểm I của MN:

1 1

(1 ), ( 1 )

2 2

    

I N I N

x x y y

1 1

( ) (1 ) ( 1 ) 2 0

2 2

   N    N  

I d x y 4 0 (2)

 xN yN  
Giải hệ (1) và (2) ta được N(–1; –3)

Phương trình cạnh AC vng góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = 0.

( ) 1 2.( 3) 0 7.

       

N AC C C Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + 7 = 0.
2) Chọn A(2;3; 3), B(6;5; 2)(d), mà A, B  (P) nên (d)  (P) .

Gọi u là VTCP của (d1)  (P), qua A và vng góc với (d) thì







 
 d

P

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

nên ta chọn u[ , ] (3; 9;6)u u P   .

Phương trình của đường thẳng (d1) :

2 3

3 9 ( )

3 6
 



  



  


x t

y t t R

z t

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

2 2 2 2 1 1

14 9 81 36 14

9 3

        

AM t t t t t

 t =
1
3


 M(1;6; 5) 1

1 6 5

( ) :

4 2 1

   

 x y z

 t =
1

3 M(3;0; 1) 2

3 1

( ) :

4 2 1

  

 x y z

Câu VII.b: Ta có (1x)30 (1 x) .(110 x) ,20  x  (1)
Mặt khác:

30
1

(1 ) . ,



 



 

n
k k
k

x C x x

Vậy hệ số a10 của x10 trong khai triển của

(1x) là a10C3010.
Do (1) đúng với mọi x nên a10b10. Suy ra điều phải chứng minh.

ĐÁP ÁN ĐỀ 27
Câu I: 2) Tacó

2 0

' 3 3 3 (  ) 0   



x

y x mx x x m

x m

Với m0 thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT.
Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là:

1

0

2 A





;

m





, ( ; )

B m





.

Để A và B đối xứng với nhau qua đường phân giác y = x, điều kiện cần và đủ là OA OB tức là:

3 2

2 2

    

m m m m

Câu II: 1) ĐK:x 2 l



 

. PT  tan2x(1 sin ) (1 cos ) 0 3x   3x  

 (1 cos )(1 sin )(sin x  x x cos )(sinx xcosxsin cos ) 0x x 

 2 ; 4 ; 4 2 ; 4 2

  

     

        

x k x k x k x k

2) PT

2 2 2 1

5 7

3 3 (3.3 ) 2.3.3 1 0 ... 5.3 7.3 3 3 1 0

3 3


 x x  x  x    x  x x  



1 log 5

log 5
 

 


x
x

.
Câu III: Đặt t x 2 I =

3 3

2 2 2

1 1

1 1 1 3 1 1

...

2 1 2 3 2 1



 

   

   

 



t t dt



tdt

=
3 1

24
2 3





Câu IV: Gọi Q là giao điểm của NP và AD. Do PD = 2PD nên DN = 2DQ

2
2
.

 a  

AD DQ MD QM AM

(đpcm).

Ta có: '

1
.

3 

 A AP

V MD S

(1).

' ' ' ' '

2
A AP  ADD A  APD  A D P 

a

S S S S

Thay vào (1), ta được:
3

a
V

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

Xét a( ;2x  y b), ( ,x y2)




.
Ta có: a b  a b

 

 x2(2 y)2  x2(y2)2  4x216 2 x24
Suy ra: P  2 x2 4 x 4 . Dấu "=" xảy ra  a b,




cùng hướng hay y = 0.
Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có:



2 3x



2(3 1)(4 x2)  2 x24 2 3 x . Dấu "=" xảy ra  x

2
3



.
Do đó: P 

2 3



x



4 

x

 2 3 4 2 3 4   . Dấu "=" xảy ra 

x 2 , 0y

 

.
Vậy MinP = 2 3 4 khi

x 2 , 0y

 

Câu VI.a: 1) PM C/( ) 27 0  M nằm ngồi (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.
Mặt khác:

/( ) . 3   3 3

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

M C

P MA MB MB MB BH 2 2 4 [ ,( )]

 IH  R  BH  d M d
Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0).

2 2

6 4

[ ,( )] 4 4 12




  

   

 



a
a b

d M d

a b

.
Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0.

2) 2) E  (d2)  E(3; 7; 6).

P

P d
d

a

n

a

n a

a

,

4(1;1; 1)


































 



 ():

x

t

y

t

z

t

3

7

6   



 



  



.

Câu VII.a:

mx

x

m m

y

mx

2 2

2 (

1)





 



.

Để hàm số ln đồng biến trên từng khoảng xác định thì







   

 



m

0

2 1 0







m



1

5

1

2

.

Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 12 = 0.
2) Gọi I là điểm thoả: IA2IB3IC0

  

   

 I

23 13 25; ;

6 6 6

 

 

 

Ta có: T = MA2MB3MC 



MI IA



2



MI IB



3



MI IC



6MI 6MI

          

Do đó: T nhỏ nhất  MI



nhỏ nhất  M là hình chiếu của I trên (P).
Ta tìm được: M

13 2 16; ;

9 9 9

 



 

 .

Câu VII.b: Xét khai triển:

(

1 

x

)

2n, thay x = 1; x = –1 và kết hợp giả thiết ta được n = 12
Khai triển:

12 12

2 24 3

12
0
2

2 


 

 

 

 



k k k

k

x C x

x có hệ số x3 là: C12727=101376

ĐÁP ÁN ĐỀ 28

Câu I: 2)

y

 

4 x



4(

m



m



1)

x

;

x

y

x

m

0

1 



   







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

Khoảng cách giữa các điểm cực tiểu: d =

m

1

3

2 1 2

2

4 





 













 Mind =

3

 m =

1

2

.

Câu II.2. Đặt:

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 1

2, 0 2

2 3

2 3, 0

   

      

  

 

    

   



   

  

 

v u x

u x u u x

v u

v x x x

v x x v

PT 

0 ( )

( ) ( ) 1 0 1

( ) 1 0 ( )

2 2

 


     

              

 

    

 



v u b

v u

v u v u v u

v u c

Vì u > 0, v > 0, nên (c) vơ nghiệm.
Do đó: PT 

2 2 1

0 2 3 2

          

v u v u x x x x

Câu III: Xét:









2 2

1 3 2 3

0 0

sin cos

;

sin cos sin cos

 

 

 



xdx



xdx

I I

x x x x .

Đặt 2

 

x t

. Ta chứng minh được I1 = I2

Tính I1 + I2 =





2 2

0 0

tan( ) 2 1

2 4

sin cos 2cos ( ) 0

 






   

 



xdx x



dx x

x

 I1 = I2 =
1

2  I = 7I1 – 5I2 = 1

Câu IV: Gọi P = MN  SD, Q = BM  AD  P là trọng tâm SCM, Q là trung điểm của MB.



MDPQ
MCNB

V

MD MP MQ

V

MC MN MB

1 2 1 1

.

. .

2 3 2 6





V

DPQCNB

V

MCNB

5

6 

 Vì D là trung điểm của MC nên

d M CNB

( ,(

)) 2 ( ,(



d D CNB

))



V

MCNB

V

DCNB

V

DCSB

V

S ABCD.

1

2 



V

DPQCNB

V

S ABCD.

5

12 



V

SABNPQ

V

S ABCD.

7

12 



SABNPQ
DPQCNB

V

7

5 

.
Câu V:  Nếu y = 0 thì M =

x

2 = 2.

 Nếu y  0 thì đặt

x

t

y



, ta được: M =

x

xy

y

x

xy y

2 2

2

3

2. 





=

t

2 3

2

1 



 

.

Xét phương trình:

t

m

t

2 3

1 





 



(

m



1)

t



(

m



2)

t m



 

3 0

(1)
(1) có nghiệm  m = 1 hoặc  =

(

m



2)



4(

m



1)(

m



3) 0





m

2( 13 1)

3 





.
Kết luận:

M

4( 13 1)

3 





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

Giả sử I(a; a – 1)  d. (C) tiếp xúc ngoài với (C1), (C2) nên
II1 = R + R1, II2 = R + R2  II1 – R1 = II2 – R2



(

a



3)



(

a



3)



2 2



(

a



5)



(

a



5)



4 2

 a = 0  I(0; –1), R =

2

 Phương trình (C):

x



(

y



1)



2

2) Gọi u u nd, , P

  

lần lượt là các VTCP của d,  và VTPT của (P).
Giả sử ud a b c a b c

2 2 2

( ; ; ) ( 0)

   



.
 Vì d  (P) nên ud nP



 a b c  0  b a c  (1)







d

,

 



45

0 

a

b

c

a

b

c

2

3 







2(

a



2 b c



)



9(

a



b



c

)

(2)
Từ (1) và (2) ta được:

14 c



30 ac



0



c

a

0 c

15

7

0  









 Với c = 0: chọn a = b = 1  PTTS của d:



x 3 ;t y 1 ;t z1
 Với 15a + 7c = 0: chọn a = 7, c = –15, b = –8

 PTTS của d:



x 3 7 ;t y 1 8 ;t z 1 15t.

Câu VII.a: PT 

( 1)(

z



z



2)(

z



8) 0





z



1;

z



2;

z



2 2.

i

.
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4).

 Ta có:

AB AC
IB IC

 

 

  AI là đường trung trực của BC. ABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của BAC.
Do đó AB và AC hợp với AI một góc 450.

 Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 450. Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và AB = AC.

Vì IA(2;1)



 (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ  VTCP của d có hai thành phần đều
khác 0. Gọi u(1; )a là VTCP của d. Ta có:



IA u



a a

a2 2 a2

2 2 2

cos ,

1 2 1 5 1

 

  

  




 2 2a  5 1a2 
a
a

3
1
3
 






 Với a = 3, thì u(1;3)  Phương trình đường thẳng d:

x t

y 5 35 t

  
  

 .

Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:

9 13 7 3 13; , 9 13 7 3 13;

2 2 2 2

       

   

   

 Với a =
1
3



, thì u

1
1;

 

  

 



 Phương trình đường thẳng d:

x t

y t

5
1
5

3
  




 


 .

Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:

7 3 13 11; 13 , 7 3 13 11; 13

2 2 2 2

       

   

   

 Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:

7 3 13 11; 13 , 9 13 7 3 13;

2 2 2 2

       

   

   

và

7 3 13 11; 13 , 9 13 7 3 13;

2 2 2 2

       

   

   

2) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3.

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

Đường thẳng



có vectơ chỉ phương AB 



2;6;3





nên có phương trình:

x

t

y

t

z

t

2 2

3 6

3 3

  



 



  



Phương trình mặt cầu

  

S

x





y





z



2 2 2

:



3 

1 

2 

9

Toạ độ điểm D thoả Hệ PT:













x

t

y

t

z

t

t

x

y

z

2 2 2

2 2

1 3 6

49 82 33 0

33 3 3

49

3

1

2

9   





 











 

  



















 Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : khơng thoả vì AB = CD = 7

 Với

t

33 D

164 ;

51 48

;

49 49 49



















(nhận)

Câu VII.b: Hệ PT 

x

y

x

y

x

y

x

y

5 5

5 3 5

log (3

2 ) log (3

2 ) 1

log (3

2 ) log 5.log (3

2 ) 1





















x

y

x

y

log (3

2 ) 1

log (3

2 ) 0

















x

y

x

y

3

2

5

3

2

1 















x

y

1  







ĐÁP ÁN ĐỀ 29
Câu I.2:



Ta có

0 ' 4

4

0 ( )

0 x

y

x

mx

g x

x

m









  









Hàm số có 3 cực trị



m > 0 (*)

Với điều kiện (*), phương trình

y



0 có 3 nghiệm

x1 m x; 2 0; x3  m

. Hàm số đạt cực trị tại

; ;

2 3

x x x

. Gọi



4 2





4 2



(0; 2  ); ;  2 ;  ;  2

A m m B m m m m C m m m m

là 3 điểm cực trị của (C

m

) .

Ta có:

AB



AC



m



m BC

;



4 m

 

ABC

cân đỉnh A

Gọi M là trung điểm của BC



M

(0;

m



m



2 )

m



AM m



m

Vì



ABC

cân tại A nên AM cũng là đường cao, do đó:

ABC

S

AM BC

m

2 2 5 5

1 .

1 . . 4

4

16

2





 







Vậy

m



16 .

Câu II:

1) Điều kiện :

x y

.



0 ;

x y



Ta có: (1) 

3(

x y



)



4 xy



(3

x y x



)(



3 ) 0

y



3 y

x

y hay x





 Với

x



3 y

, thế vào (2) ta được :

y



6 y

  

8 0

y



2 ;

y



4

 Hệ có nghiệm

6

12 ;

2

4 x

y











 Với

3 y

x



, thế vào (2) ta được :

3 y



2 y



24 0



Vơ nghiệm.
Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là:

6

12 ;

2

4 x

y











2) Điều kiện:
1
3

x

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

PT 













2 2 2

2 2

( 1) 2( 1) 3 1 3 1 2 2 2 5 2 2 1 0

               

 

 x x x x  x x x x



 



2 3 1 1

( 1) 3 1 2 2 1 0 1

2 1 2

   



 

               

  




x x

x x x x x

x x .

Câu III: Đặt usinxcosx

2
1 4

 





du

I

u .

Đặt u2sint

4 4

6 6

2cos

12
4 4sin

 



   





tdt



I dt

t

: AMCN là hình thoi  MN  AC, BMN cân tại B  MN  BO  MN  (ABC).
 MA B C A B C

a

V

1 MO S

.

1 .

2 1

.

a a

. 2

3



3 2 2

6

 



 



 B A MCN MA B C

a

V

.

2 V

3

 



 



 Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (AMCN) và (ABCD), P là trung điểm của CD
 NP  (ABCD).

MCN

a

S

6

4





, MCP

a

S

4







MCP
MCN

S

6 cos

6



 



.
Câu V: Ta chứng minh:

1 1 2

1a1b1 ab 

1 1 1 1

1a 1 ab 1b 1 ab ≥ 0

( ) ( 1)

0
(1 )(1 )(1 )

 

 

  

b a ab

a b ab (đúng). Dấu "=" xảy ra  a = b.

Xét 3

1 1 1 1

1a1b1c1 abc 6 4

2 2

1 1

 

 ab  abc 12 4 4 4 3

4 4

1
1

 


 a b c abc

 P 3
3

1
1

 

 abc . Vậy P nhỏ nhất bằng 1 khi a = b = c = 2

Câu VI.a: 1) (C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 =

13

. (C2) có tâm I2(6; 0), bán kính R2 = 5. Giao điểm A(2; 3).
Giả sử d:

a x

(



2)



b y

(



3) 0 (



a



b



0)

. Gọi d1d O d d( , ), 2 d I d( , )2 .

Từ giả thiết, ta suy ra được: R d R d

2 2 2 2

1  1  2 2  d22 d12 12



a

b

a

b

a

b

a

b

2 2

2 2 2 2

(6



2 

3 )

( 2



3 )

12









b



3 ab



0



b

0

3 a

 

 



.

 Với b = 0: Chọn a = 1  Phương trình d: x 2 0 .

 Với b = –3a: Chọn a = 1, b = –3  Phương trình d:

x



3 y

 

7 0

2)PTTS của :

x t

y t

z t

1 2
1
2
  


 

 

 . Gọi M( 1 2 ;1 ;2 )  t  t t  .
Diện tích MAB là S AM AB t t

1 , 18 36 216

2  

     

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

= 18( 1)t 2198 ≥ 198
Vậy Min S =

198

khi t1 hay M(1; 0; 2).

Câu VI.b: 1) Ta có

A(1; 1)



và

d



d

2.

Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi

d

1,

d

2 là: 
1:

7 x



3 y



4 0



và 2:

3 x



7 y



10 0



d

tạo với

d

1,

d

2một tam giác vuông cân



d

3vng góc với 1 hoặc 2..

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

Suy ra :

d

: 7

x



3 y



25 0



hay

d

:3

x



7 y



77 0



Theo giả thiết tam giác vng cân có diện tích bằng

29

2

 cạnh huyền bằng

58

Suy ra độ dài đường cao A H =

58

2

=

d A d

( , )

 Với

d

: 7

x



3 y



25 0



thì 3

58 ( ; )

2 d A d



( thích hợp)
 Với

d

: 3

x



7 y



77 0



thì 3

87 ( ; )

58 d A d



( loại )

2) Theo giả thiết mp(Oxy) và (P): z2 vuông góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo 2 đường trịn tâm

O

(0,0,0)

, bán kính
1

2 R



và tâm

O

2

(0,0, 2)

, bán kính

R

2



8

. Suy ra tâm mặt cầu (S) là

I

(0,0, )

m

 Oz.

R là bán kính mặt cầu thì :

2
2 2

2 2

2
2 2

2

4

64

2

8

2 R

m

R

m

































m



16



R



2 65

I



0;0;16



Vậy phương trình mặt cầu (S) :

x



y



(

z



16)



260

Câu VII.a. Tìm tập hợp điểm M(x; y) biểu diễn số phức z(đt



: x - y + 2 = 0

)

Bài toán quy về tìm M 



sao cho AM + MB nhỏ nhất, với A(-1; 2) và B(0; 1). Lí luận để M là giao điểm của AB với



.

Câu VII.b:

A

n3



20 n



n n

(



1)(

n



2) 20



n



n



3 n



18 0



 n = 6 và n = – 3 ( loại )

Khi đó:

2 7

0 1 6

6 6 6

127 .

....

2

7 a

a C



C



C



Ta có :

(1



x

)



C



C x C x



62 2



C x

63 3



C x

64 4



C x

65 5



C x

66 6

Nên

 

2 7

6 0 1 6

6 0 6 6

0 0 0

(1

)

...

2

7

a a

a

x

x dx C x

C





C

































7 2 7

0 1 6

6 6 6

(1

)

.

....

7

2

7

a

x

a

a C

C





















7 7 7

(1

)

1 127

(1

)

128 (1

)

2

7 a



















 a1
Vậy a = 1 và n = 6 .

ĐÁP ÁN ĐỀ 30

Câu I.2.

Ta có y’ = - 3x2 + 6mx ; y’ = 0

 x = 0 v x = 2m.

Hàm số có cực đại , cực tiểu  phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt  m  0.

Hai điểm cực trị là A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m3 – 3m – 1)
Trung điểm I của đoạn thẳng AB là I(m ; 2m3 – 3m – 1)
Vectơ

AB



(2 ; 4

m m

)



; Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là

u



(8; 1)





Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d 

I

d

AB

d













8(2

3 1) 74 0

.

0 m

AB u



















 

 m = 2

Câu II. 1)

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



2

1 sin

2

4

2 2

x

k

x

k































 



2) PT 

x

3

1

3

4 2

1

3 

 



(1)

Chú ý:

x



x

 

1 (

x

 

x

1)(

x



x



1)

x



3 x

 

1 2(

x



x



1) (



x

 

x

1)

Do đó: (1) 

x

2 2

3

2 2

2(

1) (

1)

(

1)(

1)

3 





 



 





Chia 2 vế cho

x



x



1

  

 

và đặt

x

t

x

1, 0

1









 

Ta được: (1) 

t

3

2 1 0

3 







t

3 0

2 3

1

3 









 







x

2
2

1

3

1 





 



x



1

.

Câu III: Ta có:

x

1 sin

1 1 tan

1 cos

2 



















.

Do đó: I =

x

x e dx

2
2

1 1 tan

2



















x

x e dx

2
0

1 1 tan

tan

2



















x x

x

e dx

x

e dx

2 2

0 0

1 1 tan

tan .

2

 

















Đặt

x

u e

x

dv

1 1 tan

dx

2  



























x

du e dx

x

v

tan

2 













 I =

x

e

2 2

e dx

0 0 0

tan

2

 











e



Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC. Giả thiết cho

SIH





45

0.
Gọi x là độ dài cạnh của ABC. Suy ra :

3 ,

2

3

6 x

AI



AH



HI



SAH vuông tại H

2
2 2 2 2

3 x

SH

SA

AH

a













 











SHI vuông cân tại H

3

6 x

SH

HI





Suy ra:

2 2

3 2 15

6

3

5 x

a

x









































Do đó:





2 2 3
.

1

5 3 3

15 .

3

5

25

S ABC

a

V



SH dt ABC



Câu V:

PT 

3 (2

x



1) 2



x



1

(1). Ta thấy

x

1

2 

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

Với

x

1

2 

, ta có: (1) 

x

2

1

3

2

1 







x

2

1

3

0

2

1 







Đặt

x

f x

x

2

1

3 ( ) 3

3

2

1

2

1 









. Ta có:

x

f x

x

6

1 ( ) 3 ln3

0,

2 (2

1)









 



Do đó f(x) đồng biến trên các khoảng

1 ;

2 



 









và

1 ;

2 













 Phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên từng
khoảng

1 ;

,

;

2 

 



 





 





 



.

Ta thấy

x



1,

x



1

là các nghiệm của f(x) = 0. Vậy PT có 2 nghiệm

x



1,

x



1

.
Câu VIa.1. Gọi

n



( ; )

a b



là một VTPT của AB thì một VTPT của BC là

n

' ( ;



b a



)



.

Phương trình AB, BC lần lượt là a(x – 4) + b(y – 5) = 0, b(x – 6) – a(y – 5) = 0\

16 ( ,

). ( ,

) 16

ABCD

S





d P AB d Q BC



Giải và chọn a hoặc b



pt đt AB

Câu VIb.1. Gọi M’ là điểm đx với M qua AD thì M’ 

AB. Tìm được M’

-Pt AB :

'

qua M

CH









. Giải hệ

pt AB

A

pt AD









. Phương trình AC :

qua M

u

AM















-Giải hệ suy ra tọa độ C.

-Vì AD là phân giác trong nên

AB



2 AM





B. Phương trình BC :

qua B

u BC















2. Vì B x y z( ; ; )



(S) và



ABC đều nên ta có:

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

4

0

4

0

32 (4

)

(4

)

8

4

0

4

32 (

)

2

16

0

4

0

4 















































 













































 





























x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

OA

OB

x

y

z

OB

AB

x

y

z

x

y

z

x y z

z

x

y

z

x y

xy

y

x y

z





-

Với

B(0; 4; 4)

thì

OA



(4; 4;0)



;

OB



(0; 4; 4)





[

,

] (16; 16;16)





 

OA OB

(

OAB

) đi qoa

O

và có một vectơ pháp tuyến là



(1; 1;1)





n

nên có phương trình là:

x

–

y

+

z

= 0

-

Với

B(4;0; 4)

thì

OA



(4; 4;0)



;



(4;0; 4)



OB



[

,

] (16; 16; 16)





 

OA OB

(

OAB

) đi qia

O

và có một vectơ pháp tuyến là



(1; 1; 1)





n

nên có phương trình là:

x

–

y

-

z

= 0

Vậy có 2 mặt phẳng (

OAB

) thoả mãn điều kiện đề bài là:

x

–

y

+

z

= 0;

x

–

y

-

z

= 0

Câu VII.b: Xét khai triển:

(1



x

)

n



C

n0



xC

n1



x C

2 2n



x C

3 3n



...



x C

n nn

Lấy đạo hàm 2 vế ta được:

n

(1



x

)

n1



C

n1



2 xC

n2



3 x C

2 3n



...



nx C

n1 nn
Nhân 2 vế cho x, rồi lấy đạo hàm lần nữa, ta được:

n

n n n

n n n n

x n x

n



(1

x

)

1 ( 1)(1 ) 2

1

C

2

xC

3

x C

2 3

...

n x C

2 1











Cho x = 1 ta được đpcm.

ĐÁP ÁN ĐỀ 31

Aaau I.2.



Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến

⇒

tiếp tuyến có VTPT

n1( ; 1)k 

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

Đường thẳng d có VTPT

nr2 (1;1)

.

Ta có

k

n n k

k k

n n k k

1 2 2

2
1 2

. 1 1 2

cos 12 26 12 0 2

. 26 2 1

3







        



 



r r

r r

YCBT thoả mãn



ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm:

y
y

3
2
2
3








 





3 x

+2

(1

−

2

m

)

x

+2

− m

=

3

2 ¿

3 x

+2

(1

−

2 m

)

x

+2

− m

=

2

3 ¿



Δ

❑1

≥

0 ¿

Δ

❑2

≥

0 ¿



8 m

−

2 m −

1 ≥

0 ¿

4 m

− m−

3 ≥

0 ¿



m≤ −

1

4 ;m ≥

1

2 ¿

m≤ −

3

4 ;m≥

1 ¿



m≤ −

1

4 hoặc

m≥

1

2

Câu II: 1)TH1: Nếu sin

2 x

= 0



x = k2 π thì khơng thỏa mãn pt
TH2: Nếu sin

2 x

 0



x  k2 π

. Nhân 2 vế với sin

2 x

ta được:

sin 0

2
x





2

11 m

x





loại x = k2

π

2

11 m







m = 11k
Vậy nghiệm của pt là

2

11 m

x





với m  Z và m  11k.

2) Hệ PT 



x

y

 

x

y



x

y

2

0

1

4 1 2



























x

y

x

y

2

0

1

4 1 2

























x

y

4 1 1

 











x

y

2

1

2  











Gọi P,Q là trung điểm của BD, MN. Chứng minh được: AC’ PQ. Suy ra AC  (BDMN)
Gọi H là giao của PQ và AC’. Suy ra AH là đường cao của hình chóp A.BDMN.
Tính được

a

AH 2AC 15

5  5

 

a a

PQ 15 ,MN

4 2

 

 BDMN
a

S 3 2 15

16


. Suy ra:

3
. D D

1

3 .

3

16 

A B MN B MN

a

V

S

AH

Câu III:





1 (1

. )

e

x

dx

I

x

x e









. Đặt t = 1 + x.e



dt = (1+x).e

dx





1 1 1

1 1

1 1 1 1

1 ln

(1

. )

(

1)

1

e

e e e

x

e e e

x x

e e e

x

e dx

dt

t

I

dt

xe

x e

t



  

 

  































Câu V:

x
x

a x

x

2
4

2 2

3 4 5

(1)

1 log (

) log (

1) (2)











 







</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

 (1) 

x
x 2

3 

5 

4 0



. Đặt f(x) =

x
x 2

3 

5 

4

. Ta có: f(x) =

x

ln 5

2

x R

ln3.3

.5

0,

2 



 

 f(x) đồng biến. Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm của (1) là: S1 = [2; +)

 (2) 



a x



x

2 2

log 2(  ) log ( 1)



2(

a x



)



x



1



x

a

x

1

2 

 

(*)
 Hệ có nghiệm  (*) có nghiệm thuộc [2; +)

Đặt g(x) =

x

x

1

2  

2

. Ta có: g(x) =

2 x



1

> 0, x  2  g(x) đồng biến trên [2; +) và g(2) =

21

2

.

Do đó (*) có nghiệm thuộc [2; +) 

a

21

2 

.
Vậy để hệ có nghiệm thì

a

21

2 

Câu VI.a: 1) Gọi

C c c

( ; 2



3)

và

I m

( ;6



m

)

là trung điểm của BC.
Suy ra:

B m c

(2



; 9 2



m



2 )

c

. Vì C’ là trung điểm của AB nên:

2 5 11 2

2 '

;

'

2 



















m c

m

c

C

CC

nên

2 5 11 2 2 5

2 3 0

2 2 6

   

 

    

 

 

m c m c

m

5 41

;

6 6

















I

.
Phương trình BC:

3 –3

x

y



23 0



Tọa độ của C là nghiệm của hệ:

2 3 0

14 37

;

3 23 0

3 3



 



























x y

C

x

y

Tọa độ của

19 4

;

3 3















B

2. 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+2

t ;t ;

1+3

t

)

vì H là hình chiếu của A trên d nên

AH d

 

AH u

.



0 (

u



(2;1;3)

 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



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 VIIa.

Tìm các giá trị của tham số

m

để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc đoạn

[

−

1

2 ;

1

]

:

3 √

1 − x

−

2

√

x

+2

x

+1=

m

(

m∈R

).

3 √

1 − x

−

2

√

x

+

2 x

+1=

m

(

m

∈

R

).

Đặt

 

2 3 2

3 1 2 2 1

f x   x  x  x 

, suy ra

f x

 

xác định và liên tục trên đoạn

;

1 1

2 













.

 

'

2 3 2 2 3 2

3

4

3

4

1

2

1

2

1 x

f x

x































.

;

1 1

2 x





  









ta có

2 3 2

4 3

4 0

3

4 0

3 1

2

1

x



 



  









.

Vậy:

 

' 0 0

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

 

'

||

1 0

1

2

0

1 CÑ

3 3

22

2

4 x

f x







Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất thuộc

;

1 1

2 













3 3

22

4

2 m



 





hoặc

m



1 .

Câu VIb.1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0



d(C; AB) =

5

2

ABC

a b

S

AB









8(1)

5 3

2(2)

a b









  







; Trọng tâm G





5 ;

5

3 a



b





(d)



3a –b =4 (3)

Từ (1), (3)



C(–2; 10)



r =

3

2

65

89 S

p





Từ (2), (3)



C(1; –1)



3 2 2 5

S

r

p





2. M







M (-2 + t; 1 + 3t; -5 – 2t)

( 1; 2;1)

AB

 





;

AM



( ;3 ; 6 2 )

t t

 

t



;

[

AB AM

,

] (

 

t

12;

 

t

6; )



t

 

S

MAB

=

3 5

=

1 [

,

] 3 5

2 AB AM



 



2 2 2

1 (

12)

(

6)

3 5

2 t



  

t



t





3t

+ 36t = 0



t = 0 hay t = -12

Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19)

Câu VIIb. Điều kiện:

x y

 

0,

x y





0

Hệ PT 

x y

x

y

x

y

2

1

3 



 











 







.

Đặt:

u x y

v x y

  



 



ta có hệ:

u

v

u v

uv

u

v

uv

u

v

uv

2 (

)

2

4

2 3

2 









 





























u v

uv

u v

uv

uv

2

4 (1)

(

)

2 3 (2)

2   





 















.

Thế (1) vào (2) ta có: uv8 uv 9 uv 3 uv8 uv 9 (3 uv)2  uv0.

DA DE THI THU SO 2631

<b>ĐÁP ÁN ĐỀ 26</b>



































<sub></sub>

1

0

0

2

<i>A</i>





;

<i>m</i>





, ( ; )

<i>B m</i>













2 3



<i>x</i>



4



<i>x</i>

<i>a</i>

<i>n</i>

<i><sub>a</sub></i>

<i><sub>n a</sub></i>

<i>a</i>

<i>a</i>

,

4(1;1; 1)



















<sub></sub>

<sub></sub>











 





<i>x</i>

<i>t</i>

<i>y</i>

<i>t</i>

<i>z</i>

<i>t</i>

3