26 DE THI DH NAM 2001 CO GIAI CHI TIET

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.6 MB, 111 trang )

(1)Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: “ Thân tặng các bạn học sinh trường THPT Hà Trung – Thanh Hóa “. Giáo viên giảng dạy : NGUYỄN THÀNH LONG Bỉm Sơn : 25 – 1 – 2013. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(2) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 26 ĐỀ THI ĐẠI HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH CŨ 2011 ĐỀ SỐ 1 ĐẠI HỌC NÔNG LÂM -TP.HỒ CHÍ MINH 2001 Câu I: 1. Khảo sát, vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 3  3 x 2 2. Tìm tất cả các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ được đúng ba tiếp tuyến của đồ thị (C) , trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau. Câu II:  2. 1. Tính tích phân I   cos 2 x sin 2 xdx 0.  2. 2. Chứng minh rằng:.  cos.  2 6.  2. x cos 6 xdx   cos 5 x sin x sin 6 xdx và tính K   cos 5 x.cos 7 xdx. 0. 0. 0. Câu III: x  y  6 1. Giải hệ phương trình:  3 3  x  y  126 2. Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm: x x  x  12  m.log 2 (2  4  x ) Câu IV: 1. Giải phương trình: 1  cos x  cos 2 x  cos 3 x  0 2. Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C là góc nhọn. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  tan A.tan B.tan C . Câu V:  x  1  3t 2 x  3 y  4  0  Cho hai đường thẳng: d :  và d ' :  y  2  t y  z  4  0  z  1  2t  a. Chứng minh rằng hai đường thẳng d và d’ chéo nhau b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d’ c. Hai điểm A, B khác nhau và cố định trên đường thẳng d sao cho AB  117 . Khi C di động trên đường thẳng d’, tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác ABC.. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y  x3  3x 2 TXĐ: D = R y '  3 x 2  6 x  3 x( x  2) y'  0. . y ''  6 x  6 y ''  0  BBT:. (C ). x  0  x  2  x  1  y  2. . Ñieåm uoán I(-1, 2). “ Sưu tầm và biên soạn “.

(3) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: Đồ thị: Cho. x = -3, y = 0 x = 1, y = 4. b. Gọi M(a, 0)  Ox , đường thẳng d qua M và có hệ số góc k là: y = k( x - a)  x3  3x 2  k ( x  a ) (1)  d tiếp xúc (C)   coùnghieäm 3x 2  6 x  k (2) Thay (2) vào (1): x3  3 x 2  3x 2  6 x( x  a)  2 x3  3(a  1) x 2  6ax  0 x  0  x  2 x 2  3(a  1) x  6a   0     (3)  2 x2  3(a  1) x  6a  0 Với x = 0  k = 0  1 tiếp tuyến là y = 0. Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C) trong đó có 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau  (3) có 2 nghiệm phân biệt x , x  0 và k k  1 . 1 2 1 2  a  0 a  0       0  9(a  1)2  48a  0   2 2 2 (3x1  6 x1 )(3 x2  6 x2 )  1 9( x1x2 )  18 x1x2 ( x1  x2 )  36 x1 x2  1 1   x x  - 3a a  3  a   3 va a  0 1 2  với  3(a -1) 81a 2  81a(a  1)  108a  1  0  x1  x2   2  1  1 a  3  a   va a  0  a 3 27 -27a  1  0 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(4) Giáo viên: Nguyễn Thành Long  1  Vậy chỉ có 1 điểm M  , 0   Ox thoả điều kiện bài toán.  27  Câu II:. Email:  2. a. Tính I   cos 2 x sin 2 xdx 0.  2. Ta có: I  2  cos 3 x sin xdx 0. x  0  t  1  Đặt t  cos x  dt   sin x . Đổi cận:    x  2  t  0 1 1 1 1  Suy ra: I  2  t 3 dt   t 4    2 0 2 0  2. b. Chứng minh rằng:.  cos.  2 6. x cos 6 xdx   cos 5 x sin x sin 6 xdx. 0. 0  6. Dùng phương pháp từng phần cho.  cos. 6. x.cos 6 x.dx. 0. Đặt: u  cos6 x.  du  6cos5 x sin xdx 1 dv  cos 6 xdx , chọn v  sin 6 x . 6     2 6 2 2 1   Suy ra:  cos x.co s 6 x.dx   sin 6 x cos6 x  2   cos5 x.sin x.sin 6 x.dx   cos5 x.sin x.sin 6 x.dx 6 0 0 0 0 (đpcm) Ta có:   2 2 K   cos 5 x.cos(6 x  x)dx   cos5 x.(cos 6 x cos x  sin 6 x.sin x ).dx 0 0   2 2   cos6 x.cos 6 x.dx   cos5 x.sin 6 x.sin x.dx  0 0 0 Câu III: (1) x  y  6 a. Giải hệ phương trình:  3 3  x  y  126 (2) Ta có:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(5) Giáo viên: Nguyễn Thành Long (2)  ( x  y )( x 2  y 2  xy )  126  ( x  y )  ( x  y ) 2  3xy   126    6(62  3xy )  126. ( do (1))  xy  5  x ( x  6)  5. Email: ( do(1)).  x  1  y  5  x2  6x  5  0    x  5  y  1 x  1 x  5 Vậy hệ có 2 nghiệm    y  5  y  1 b. Tìm m để x x  x  12  m.log 2 (2  4  x ) có nghiệm: x  0  Điều kiện:  x  12  0 4  x  0 . 0 x4. Với: 0  x  4 thì log (2  4  x )  0 2 x x  x  12 Do đó: bất phương trình  m log (2  4  x ) 2 Ta có: y  x x  x  12 là hàm số tăng và có giá trị dương trên [0,4] (vì y’= 0).. y  log (2  4  x ) là hàm số giảm và có giá trị dương trên [0,4] (vì y’= 0). 2 1 y là hàm số tăng và có giá trị dương trên [0,4]. log (2  4  x ) 2 x x  x  12 Suy ra hàm số f ( x )  tăng trên [0,4]. log (2  4  x ) 2 Do đó: bất phương trình có nghiệm:  m  f (0)  m  3 Câu IV: 1. Giải phương trình:1 + cosx + cos2x + cos3x = 0 Ta có: phương trình  (1  cos 2 x )  (cos 3 x  cos x)  0  2cos 2 x  2 cos 2 x.cos x  0  cos x(cos x  cos 2 x)  0  cos x(2 cos 2 x  cos x  1)  0.     x  2  k cos x  0    cos x  1   x    k 2 ( k  )   1   x    k 2 cos x   2 3  b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = tanA. tanB. tanC. Vì tam giác ABC nhọn nên tanA, tanB, tanC > 0 áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: tan A  tan B  tan C  33 tan A tan B tan C Do tanA + tanB + tanC = tanA.tanB.tanC nên từ (*) ta có: tan A.tan B.tan C  33 tan A tan B tan C  P  33 P  P  3 3 Mặt khác khi A  B  C .  thì P  3 3 3 “ Sưu tầm và biên soạn “. (*).

(6) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: Do đó Min P  3 3 Câu V:  x  1  3t  d ': y  2  t  z  1  2t  a. Chứng minh rằng hai đường thẳng d và d’ chéo nhau.  d đi qua A (2;0;4) có VTCP a  (3; 2; 2)  d đi qua B (1;2;-1) có VTCP a '  (3,1, 2)    Tính  a, a '   (6; 0;9) và AB  (1; 2; 5)    '  Ta có  a, a  . AB  6  45  39  0  d và d’ chéo nhau.   b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d’. 2 x  3 y  4  0 d : y  z  4  0.    Gọi  là mặt phẳng chứa d và song song d’   Qua A(2;0;4) và n   a, a '   (6, 0,9) .    Phương trình  : 6( x  2)  9( z  4)  0  2 x  3 z  8  0 2  3  8 Ta có: d (d , d ')  d ( , d ')  d ( B,  )   13 49 c. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác ABC. Gọi h là khoảng cách từ C đến d thì h  13 . 1 1 1 39 Ta có S ABC  AB.h  117.h  117 13  S ABC  2 2 2 2 39 Vậy SABC nhỏ nhất là khi h là độ dài đoạn vuông góc chung của d, d’. 2 ĐỀ SỐ 2 ĐẠI HỌC THỦY SẢN – 2011. Câu I: Cho hàm số y  3 x 4  4(1  m) x 3  6mx 2  1  m có đồ thị (Cm ) . 1. Khảo sát hàm số trên khi m  1 2. Tìm giá trị âm của tham số m để đồ thị và đường thẳng () : y  1 có ba giao điểm phân biệt. 2 log 3 x (6  3 y  xy  2 x )  log 2  y ( x 2  6 x  9)  6 Câu II: Giải hệ phương trình:  log 3 x (5  y )  log 2  y ( x  2)  1 Câu III: 1. Giải phương trình: x 2  4 x  2 x  7  1 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng có phương trình: y  x 2  4 x , y  2 x  7  1, x  1, x  2 Câu IV: 1. Cho n là số nguyên dương thỏa điều kiện Cnn 1  Cnn  2  55 . Hãy tìm số hạng là số nguyên trong khai triển nhị thức. . 7. 835. . n. 2. Giải phương trình: 4sin 4 2 x  4 cos 4 2 x  cos 4 x  3. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(7) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: . . Câu V: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A  0; 0; 4  , B 2 3; 2; 0 , C  0; 4; 0  . Gọi H là trực tâm của tam giác OBC (O là gốc của hệ tọa độ) và K là hình chiếu vuông góc của điểm H xuống mặt phẳng (ABC) 1. Chứng minh rằng tam giác OBC là tam giác đều và viết phuơng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC 2. Chứng minh K là trực tâm của tam giác ABC 3. Gọi N là giao điểm của hai đuờng thẳng HK và OA. Tính tích số OA.ON HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho hàm số: y  3 x 4  4 1  m  x3  6mx 2  1  m. (Cm ). 1. Khảo sát hàm số khi m = -1: y  3 x 4  6 x 2  2 TXĐ: D = R y '  12 x3  12 x  12 x x 2  1. . y'  0. . x  0    x  1. y ''  36 x 2  12; y ''  0  x  . 1. y. 3. 1  3.  1 1  1 1 ñieåm uoán  ,  ,   3 3  3 3. BBT: x y’. - -. y. +. -1 0. +. 0 0. -. 1 0. + +. 2 CĐ -1 CT. + -1 CT. Đồ thị:. x  0 Cho y = 2  3 x 4  6 x 2  0   x   2 2. Tìm giá trị m < 0 để (Cm) và  : y  1 có ba giao điểm phân biệt. Ta có: “ Sưu tầm và biên soạn “.

(8) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: y '  12 x3  12 1  m  x 3  12mx  12 x  x 2  1  m  x  m   x  0  y 1 m  y '  0  x  1  ym  x  m  y   m 4  2m 2  m  1  (Cm ) Và  cắt nhau tại 3 điểm phân biệt nếu đường thẳng: y = 1 đi qua điểm cực trị của (C ) . m  m  0 (loại)  1  m 1    m  1  m  1 (loại)  2   m 4  2m3  m  1  1  m  m  1  m  m  1  0  m  0 (loại)  m  1 (loại)     m  1  5 (loại) 2   1 5 (nhaän vì m < 0) m  2  1 5 Đs: m  2 Câu II: Giải hệ phương trình: 2log 3 x  6  3 y  xy  2 x   log 2 y x 2  6 x  9  6 (1)  (2) log 3 x  5  y   log 2 y ( x  2)  1 0  3  x  1 0  2  y  1 2  x  3   6  3 y  xy  2 x  0 x  2 Điều kiện:   2 x  6x  9  0 y  2 5  y  0  y  1   x  2  0 Ta có: 2 (1)  2 log 3 x  2  y )(3  x   log 2 y  3  x   6  2  log 3 x (2  y )  1  2 log 2 y  3  x   6 (vì 2  y  0 và 3 – x  0 ). .  log. 3 x. (2  y )  log. 2 y. 3  x   2. . (*). 1 (2  y ) thì (*) trở thành: t   2  t 2  2t  1  0 (vì t = 0 không là nghiệm) 3 x t Do đó phương trình (1)  log (2  y )  1  3  x  2  y  y  x  1 3 x Thế y  x  1 vào (2) ta được:. Đặt t  log. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(9) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: log (6  x)  log ( x  2)  1 3 x 3 x  log (6  x)  log ( x  2)  log (3  x)  log (6  x)  log ( x  2)(3  x) 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x x  0  6  x  ( x  2)(3  x )  x 2  5 x  0    y  1 x  5 loai    x  0 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm   y  1 Câu III: 1. Giải phương trình: x 2  4 x  2 x  7  1. Trường hợp 1: x < 0: Phương trình trở thành:  x  2 x2  4 x   7  2 x   1  x2  2 x  8  0    x  2  x  4 (loại) 7 Trường hợp 2: 0  x  2 Phương trình trở thành: x  2 4 x  x 2   7  2 x   1  x2  6 x  8  0    x2  x  4 (loại) 7 Trường hợp 3:  x  4 2 Phương rình trở thành:  x  1  7 (loại) 4 x  x 2   2 x  7   1  x2  2 x  6  0    x 1 7  x  1  7 Trường hợp 4: x  4 Phương rình trở thành:  x  3  3 (loại) x2  4 x   2 x  7   1  x2  2 x  6  0    x  3 3  x  3  3 Tóm lại: phương trình có 4 nghiệm: x  2, x  2, x  1  7 , x  3  3 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng: y1  x 2  4 x , y2  2 x  7  1, x  1, x  2 Xét g ( x)  y  y trên [-1,2}. 2 1 Ta có g(x) = 0 có đúng 1 nghiệm x = 2 trên [-1, 2} và hàm số g liên tục trên [-1,2]. Nên g (x) chỉ giữ 1 dấu trên [-1, 2]. Mặt khác g (0) = 8 > 0 Do đó: g ( x )  0, x  [1, 2] Vậy: “ Sưu tầm và biên soạn “.

(10) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: 2 0 2 S    y  y dx    y  y dx    y  y dx  2 1  2 1  2 1 1 1 0 0 2   (7  2 x )  1  ( x 2  4 x ) dx   (7  2 x )  1  (4 x  x 2 ) dx     1 0 0 0 0 2  x3   x3  40 2 2 2 2   ( x  2 x  8)dx   ( x  6 x  8)dx     x  8x     3x  8 x   (đvdt)  3   3  3 1 0   1  2 Câu IV: Cho Cnn1  Cnn  2  55 . Tìm số hạng nguyên trong khai triển. . 7. 835. . n. Điều kiện: n  2 và n  N . Ta có: C n  1  C n  2  55  C n  1  55 n n n 1  n  1!  n  10   55  n2  n  110  0    n  10 (n  1)!2!  n  11 (loại) Số hạng thứ k trong khai triển (7 8  3 5)10 là: 11  k k  1 11  k k 1 k  1 k  1 78 C . 35 C 8 7 .5 3 10 10 11  k 7  Yêu cầu bài toán  k  13 k4 1  k  11 .  .  . Vậy số hạng cần tìm là: C103 .8.5  4.800 2. Giải phương trình: 4sin 4 2 x  4 cos 4 2 x  cos 4 x  3 1 1 1 1 Ta có: sin 4 2 x  cos 4 2 x  1  2 sin 2 2 x cos 2 2 x  1  sin 2 4 x  1  (1  cos 2 4 x)   cos 2 4 x 2 2 2 2 Do đó phương trình  cos 4 x  1 2 2  2  2cos 4 x  cos 4 x  3  2cos 4 x  cos 4 x  1  0    cos 4 x  1  2     4 x    k 2 x  4  k 2   k    4 x     k 2   x    k 3   12 2 Câu V: Cho A(0, 0, 4), B (2 3, 2, 0), C (0, 4, 0) 1. Ta có: OB = OC = BC = 4  Tam giác OBC đều. Phương trình mặt cầu (S) Có dạng: x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 Ta có: O, A, B, C  ( S ). “ Sưu tầm và biên soạn “.

(11) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 2  a  3   b  2 c  2  d  0 4 x  4 y  4z  0 Vậy phương trình (S) là: x 2  y 2  z 2  3 2. Ta có: OA  (OBC ) vì A  Oz , C  Oy, B  ( xOy ) d  0 16  8c  d  0    12  4  4a 3  4b  d  0 16  8b  d  0 . Gọi I là trung điểm BC  OI  BC do tam giác OBC đều và do OA  BC nên BC  (OAI )  K  AI và AI  BC (1) Ta có: CH  OB    CH  ( AOB) CH  OA  Ta lại có: AB  HK    AB  (CHF )  AB  CK (2) AB  CH  Từ (1) và (2) ta có K là trực tâm  ABC. 3. Ta có: OAI OHN 2 OA OH 2 2 2 3 OB 2    OA.ON  OH .OI  OI   OB.  8  OI ON 3 3  2  2 ĐỀ SỐ 3 ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI –TPHCM – KHỐI A 2011 A.PHẦN BẮT BUỘC Câu I: Cho hàm số: y  x 3  3x 2  (m  2) x  2m (Cm ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số khi m = 1 2. Tìm m để (Cm ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là số âm Câu II: 1. Cho phương trình: m  sin x  cos x  2   2 1  sin x cos x  sin x  cos x  với m là tham số . Tìm m để phương trình có nghiệm.. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(12) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 1  cos B 2a  c 2. Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có các cạnh và các góc thỏa điều kiện:  thì tam sin B 4a 2  c 2 giác ABC là tam giác cân (với a  BC , c  AB ) Câu III: x 1 x 1 1. Giải bất phươnh trình: 2 3 0 x 1 x 1 1 1 1 2. Cho 3 số dương a, b, c sao cho    3 . Chứng minh rằng: (1  a )(1  b)(1  c )  8 a b c Câu IV: 1 x2  1 1. Tính tích phân:  dx 4  x2 0 2. Dùng các chữ số từ 0 đến 9 để viết các số x gồm 5 chữ số đôi một khác nhau, chữ số đầu tiên khác 0. a. Có bao nhiêu số x? b. Có bao nhiêu số x là số lẻ? Phần tự chọn (Thí sinh chọn một trong hai câu dưới đây) Câu Va: Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề -các vuông góc Oxyz cho điểm A  1;3; 2  và hai đường thẳng: x  1  t  (d 2 ) :  y  3  t  z  3  2t . x 1 y 1 z (d1 ) :   , 2 1 1. 1. Viết phương trình đường thẳng () qua A cắt (d1 ) và (d 2 ) 2. Tính tọa độ các giao điểm của () với (d1 ) và (d 2 ) Câu Vb: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, SA = a vuông góc với đáy (ABCD). 1. Chứng tỏ các mặt bên của hình chóp là tam giác vuông 2. Tính cosin góc nhị diện (SBC, SDC) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho y  x3  3 x 2   m  2  x  2m. (C ) m. 1. Khảo sát và vẽ đồ thị C khi m = 1: y  x3  3 x 2  3x  2 (C ) 1 1 TXĐ: D = R 2 y '  3 x 2  6 x  3  3 x  1  0 suy ra hàm số luôn tăng trên R. . . y'  0  x  1 y ''  6 x  6 y ''  0  x  1  y  1 BBT:. điểm uốn I (-1, 1).. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(13) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: Đồ thị:. Cho x = 0, y = 2 x = -2, y = 0 y '  0  tiếp tuyến tại I song song Ox. I 2. Tìm m để (Cm ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ âm. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và Ox.. . . x 3  3x 2   m  2  x  2m  0   x  2  x 2  x  m  0 (1)  x  2   2  x  x  m  0 (2) (Cm ) cắt Ox tại 3 điểm có hoành độ âm  (2) có 2 nghiệm âm phân biệt khác -2.. m  2 m  2  m  2   0 1  4m  0  1 1        m  0m 4 4 P  0 m  0   S  0 1  0 m  0 1 Đs: 0  m  4 Câu II: 1. Tìm m để m(sinx + cosx + 2) = 2(1 + sinxcosx + sinx + cosx) có nghiệm: Đặt t = sinx + cosx. Điều kiện t  2 Khi đó phương trình trở thành:  t2 1  t 2  2t  1 m(t  2)  2  1  t  m  (vì t  2 nên t  2  0 ).   2 t2   t 2  4t  3 Xem hàm số y  trên   2, 2  t2. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(14) Giáo viên: Nguyễn Thành Long t 2  4t  3 Ta có: y '  ;y'  0  t  1  t  3 (t  2)2 BBT:. Email: Dựa vào bảng biến thiên ta kết kuận: 2 2 Phương trình có nghiệm  0  m  2 1  cos B 2a  c 2. Cho  . Chứng minh tam giác ABC cân. 2 2 sin B 4a  c 1  cos B 2a  c  Ta có: sin B 4a 2  c 2 (1  cos B )2 (2a  c )2 (1  cos B )2 (2a  c)2 1  cos B 2a  c       2 2 2 2 (2 a  c )(2 a  c ) 1  cos B 2a  c sin B 4a  c 1  cos B 1  cos B 2sin A  sin C   (Định lý hàm số sin) 1  co s B 2 sin A  sin C  2sin A  sin C  2sin A cos B  sin C cos B  2sin A  sin C  2sin A cos B  sin C cos B  2sin A.cos B  sin C  0  sin( A  B)  sin( A  B)  sin C  0  sin C  sin( A  B)  sin C  0  sin( A  B)  0  A  B  Tam giác ABC là tam giác cân tại C. Câu III: x 1 x 1 1. Giải bất phương trình: 2 3 0 x 1 x 1 x 1 Đặt t  0 x 1 t  1 (loại) Khi đó bất phương trình trở thành: t 2  2t  3  0   t  3. x 1 x 1 8 x  10 5 3 9  0 1 x  x 1 x 1 x 1 4 1 1 1 2. Cho a, b, c > 0 và    3 a b c 1 1 1 3 Ta có:    3  3abc  ab  bc  ca  3 a 2b 2 c 2  abc  1 a b c  1  1   1  8 Chia 2 vế bất đẳng thức cần chứng minh cho abc ta được:  1   1   1    0  a  b   c  abc Ta có: 1 1 1 1 1 1 7 1 1 1 7 1 1 1 VT= 1        4    (do    3) a b c ab bc ca abc ab bc ca abc a b c Vậy bất phương trình: . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(15) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: 1 7 4  3  (bất đẳng thức Cauchy). 3 2 2 2 abc a b c 3 7 4 4   (do abc  1)  4   0 (do abc  1) (đpcm) abc abc abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. Câu IV: 1 x2  1 1. Tính tích phân:  dx 2 4  x 0 Đặt: x  sin 2t  dx  2 cos tdt  Đổi cận: x  0  t  0; x  1  t  6    6 4 sin 2 t  1 6 4 sin 2 t  1 6 I  .2 cos tdt   .2 cos tdt   (4 sin 2 t  1)dt 0 4  4 sin 2 t 0 2 cos t 0    6 1  cos 2t 6  3   (4.  1)dt   (3  2 cos 2t )dt   3t  sin 2t  6   2 2 2 0 0 0 2. Gọi x là số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi 1 khác nhau: a. Có bao nhiêu số x: Giả sử x  a1 a 2 a 3 a 4 a5 Vì a1  0 nên số cách chọn là: 9 cách. Các vị trí còn lại có số cách chọn là: A94 Vậy các số cần tìm là: 9. A94  27216 (số) b. Có bao nhiêu số x là số lẻ: Vì x là số lẻ nên a5 là số lẻ suy rasố cách chọn a5 là: 5 cách Vì a1  0 nên số cách chọn a1 là 8 cách. Các vị trí còn lại có số cách chọn là: A83 Vậy các số cần tìm là: 5.8. A83  13440 (số). Câu Va: x  1  t x 1 y 1 z  A(1,3, 2), d1 :   , d2 :  y  3  t 2 1 1  z  3  2t  1. Đường thẳng  qua A cắt d1 và d 2  d1 qua B(1, 1, 0) có VTCP a1  (2, 1,1)  d 2 qua C(1, 3, 3) có VTCP a2  (1,1, 2) Gọi  là mặt phẳng qua A và chứa d1     n   AB, a   (2, 3,1)  Phương trình  : - 2x - 3y + z + 5 = 0 1  Gọi (P) là mặt phẳng qua B và chứa d 2     nP   AC , a2   (1; 3; 2)  Phương trình  :  x  3 y  2 z  4  0 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(16) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 2 x  3 y  z  5  0 Đường thẳng  là giao tuyến của  và  phương trình:  :   x  3 y  2 z  4  0 2. Toạ độ giao điểm của () và d1 thỏa:.  2 x  3 y  z  5  0 x  1    x  3 y  2 z  4  0   y  1  x 1 y 1 z z  0     1 1  2 Toạ độ giao điểm của  và d 2 thỏa: 2 x  3 y  z  5  0  x  3 y  2 z  4  0 x  0   y  2 x  1  t y  3  t z  1    z  3  2t Vậy các giao điểm là M 2 1;1; 0  ; M 1  0; 2;1 .. Câu Vb:. 1. Các mặt bên là tam giác vuông.  SA  AB Ta có: SA  ( ABCD )    Các tam giác SAB, SAD vuông tại A.  SA  AD BC  AB  Ta có:  BC  ( SAB )  BC  SB  Tam giác SCD vuông tại D.  BC  SA  2. Cosin góc nhị diện (SBC, SDC). Vẽ BE  SC . Vì tam giác SBC và tam giác SDC có các cạnh bằng nhau tương ứng nên DE  SC và BE = DE. Tam giác SBC có: 1 1 1 1 1 a 6     BE  3 BE 2 BS 2 BC 2 2a 2 a 2 Ta có cos  SBC , SDC  . BE 2  ED 2  BD 2 1  2 EB.ED 2 ĐỀ SỐ 4 ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI CƠ SỞ II – TP.HCM “ Sưu tầm và biên soạn “.

(17) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: Câu I: Cho hàm số y  x 3  mx 2  7 x  3 (1) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) với m = 5 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu. Lập phương trình đường thẳng qua điểm cực đại và cực tiểu đó. Câu II: 1. Cho bất phương trình: 4 x  (2m  5)2 x  m 2  5m  0 a. Giải bất phương trình trên với m = 1 b. Xác định m để bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi x. 1  x sin x  cos 2 x 2. Tìm: lim x0 x tan 2 2 Câu III: 1. Giải phương trình 1  sin x  cos x  sin 2 x  cos 2 x  0 sin 4 x  cos 4 x 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y  sin 6 x  cos6 x Câu IV: 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác nội tiếp trong hình tròn tâm O, bán kính r, cạnh SA = h vuông góc với mặt phẳng đáy. a. Xác định tâm và bán kính hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD b. Giả sử S, A cố định, còn B, C, D chuyển động trên đường tròn đã cho, sao cho hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau.Tìm giá trị lớn nhất của thể tích hình chóp. 2. Trong hệ tọa độ trực chuẩn Oxyz cho hai đường thẳng 1 và  2 : 8 x  z  23  0 2x  z  3  0 và  2 :  1 :  4 x  y  10  0 2x  y  2  0 Viết phương trình đường thẳng  song song với trục Ox và đồng thời cắt cả 1 và  2 Câu V:  4. 1. Tính tích phân : I . x sin x dx 3 x.  cos 0. ax 2  a  1  y  sin x 2. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:  2 2  y  tan x  1 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho y  x 3  mx 2  7 x  3 (1) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 5. y  x3  5 x2  7 x  3 TXĐ: D   y’= 3x2 +10x + 7  x  1  y  0 y'  0    x   7  y  32 3 27  5 16 y ''  6 x  10; y ''  0  x    y  3 27 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(18) Giáo viên: Nguyễn Thành Long  5 16   điểm uốn   ,  .  3 27  BBT :. Email: Đồ thị:. 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu. Lập phương trình đường thẳng qua điểm cực đại và cực tiểu. Ta có: y '  3 x 2  2mx  7 ; y '  0  3 x 2  2mx  7  0 (*) Hàm số có cực đại và cực tiểu  (*) có hai nghiệm phân biệt.   '  0  m 2  21  0  m   21  m  21 Chia y cho y’ ta được: m  2(21  m 2 ) 27  7m 1 y  f '( x)  x     9 9 9 3 Vậy phương trình đường thẳng qua điểm cực đại và điểm cực tiểu là: y . 2(21  m2 ) 27  7 m  9 9. Câu II: 1. Cho 4 x  (2m  5).2 x  m2  5m  0 a. Giải bất phương trình khi m = 1. Đặt t  2 x . Điều kiện t > 0 Khi đó bất phương trình trở thành: f (t )  t 2  (2m  5).t  m 2  5m  0 (*) 2 Với m = 1, (*) trở thành : t  7t  6  0  0  t  1  t  6 Vậy: Bất phương trình  2 x  1  2 x  6  x  0  x  log 2 6 b. Tìm m để bất phương trình đúng với  x. f(t) có   (2m  5)2  4(m 2  5m)  25  f (t )  0 có 2 nghiệm t1  m  t2  m  5 . Ta có: Bất phương trình đúng x .  (*) đúng t  0  m  5  0  m  5 2.. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(19) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 1  x sin x  cos 2 x 1  x sin x  cos 2 x  lim x0 x0 x x tan 2 tan 2 ( 1  x sin x  cos 2 x ) 2 2 sin 2 x sin x 2  2 2 sin 2 x  x sin x 3 x x  lim  lim  x0 x 0 x x 8 tan 2 ( 1  x sin x  cos 2 x ) tan 2 2 2 ( 1  x sin x  cos 2 x ) 4 2 x 4 Câu III: 1. Giải: 1 + sin2x + cosx + sin2x + cos2x = 0 Ta có: Phương trình:  (1  sin x)  cos 2 x  (sin x  cos x )  0 lim.  (sin x  cos x )2  (cos 2 x  sin 2 x )  (sin x  cos x)  0 sin x  cos x  0  (sin x  cos x )(2 cos x  1)  0    2cos x  1  0    tan x  1 x   4  k   (k  ) cos x   1  x   2  k 2 2   3 sin 4 x  cos 4 x 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của y  sin 6 x  cos6 x Ta có: 1 sin 4 x  cos 4 x  (sin 2 x  cos 2 x )2  2sin 2 x cos 2 x  1  sin 2 2 x 2. 1 1 3 sin 6 x  cos 6 x  (sin 2 x  cos 2 x )(sin 4 x  cos 4 x  sin 2 x cos 2 x)  1  sin 2 2 x  sin 2 2 x  1  sin 2 2 x 2 4 4 2t  4 Nếu t  sin 2 2 x (0  t  1) thì hàm số trở thành: y   f (t ) 3t  4 4 Ta có: y '   0, t  [0,1] (3t  4) 2 2t  4 Suy ra: y  liên tục tăng trên [0,1]. 3t  4 Do đó: Maxy  f 1  2 ; Miny  f  0   1 Câu IV: 1.a. Xác định tâm và bán kính hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD: Gọi I là tâm hình cầu ngoại tiếp S.ABCD, ta có: IA= IB = IC = ID  I  trục đường tròn ngoại tiếp tứ diện ABCD  I Ox // AS. IA = IS  I nằm trong mặt phẳng trung trực của SA. Vậy tâm I là giao điểm của Ox và mặt phẳng (  ). 2. 4r 2  h 2 h Tam giác vuông AOI cho: R  r     4 2 2. Vậy: R . 2. 4r 2  h 2 2 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(20) Giáo viên: Nguyễn Thành Long b. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích hình chóp: Ta co : S, A cố định, B, C, D di động trên (O) sao cho: AC  BD . 1 1 1 1 Thể tích hình chóp: V= S ABCD .SA  . AC .BD.SA  V  h. AC .BD 3 3 2 6 2  V lớn nhất  AC. BD lớn nhất  AC. BD = 4r 2  Max V  h.r 2 3 8 x  z  23  0 2 x  z  3  0 2. 1 :  ; ( 2 ) :  4 x  y  10  0 2 x  y  2  0 Viết phương trình () song song Ox và cắt cả (1 ) và ( 2 ) . Gọi  là mặt phẳng chứa (1 ) và song song với Ox. Gọi  là mặt phẳng chứa ( 2 ) và song song với Ox. Suy ra:      (  ) chứa 1 nên phương trình có dạng:. Email: m  8 x – z  23  n  4 x – y  10   0   8m  4n  x – ny – mz  23m  10n  0. Ox//(  )  8m + 4n = 0 Chọn m  1  n  2 nên   : 2 y – z 3  0 Tương tự    : y  z – 1  0 2 y  z  3  0 Vậy  :  y  z 1  0 Câu V: . 4. x sin x dx 3 x 0 Đặt: u  x  du  dx sin x  d (cos x ) 1 dv  dx  , chọn v  3 3 cos x cos x 2 cos 2 x 1.Tính I . Vậy: I .  cos.  4.  4.  4. x 1  1  1   dx    tan x    2 2 4 2 2 cos x 0 0 2cos x 0 4 2. ax 2  a  1  y  sin x 2. Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất:  2 2  y  tg x  1 Nhận xét: Nếu ( x0 , y0 ) là nghiệm của hệ thì ( x0 , y0 ) cũng là nghiệm của hệ. Do đó hệ có nghiệm duy nhất thì x0   x0  x0  0  y  a  1  y  1  y  1 Thế x = 0 vào hệ ta được:  2   a  2 a  0 y  1 Thử lại: 2 x 2  1  y  sin x (1) Với a = 2: hệ trở thành:  2 2 (2)  y  tan x  1 Ta có: (1)  y  2 x 2  sin x  1  1 Từ (2) ta lại có: y  1 . Suy ra y = 1 thế vào (2) ta được: tan x  0  x  k (k  ). “ Sưu tầm và biên soạn “.

(21) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Thế x và y vào (1) ta được k = 0 x  0 Vậy hệ có nghiệm duy nhất:  => nhận a = 2. y  1. Email:   1  y  sin x Với a = 0 hệ trở thành:  2 2  y  tg x  1 x  0 x   Nhận thấy  ,  là nghiệm của hệ.  y  1  y  1 Suy ra hệ không có nghiệm duy nhất. Do đó khôngnhận a = 0. Tóm lại: Khi a = 2 thì hệ có nghiệm duy nhất. ĐỀ SỐ 5 ĐẠI HỌC MỞ BÁN CÔNG TP.HCM – KHỐI A, B A. PHẦN BẮT BUỘC Câu I: Cho hàm số y  x 4  2 x 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2. Dựa vào đồ thị (C), hãy biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình : x 4  2 x 2  m  0 Câu II: Cho phương trình 2.4 x 1  5.2 x 1  m  0 (1) với m là tham số 1. Giải phương trình ứng với m = 2 2. Xác định tất cả các giátrị của tham số m để phương trình (1) có nghiệm Câu III: Tính các tích phân sau: 10 e dx a. I   b. J   x ln xdx 5x  1 2 1 Câu IV: Một hộp đựng 14 viên bi có trọng lượng khác nhau trong đó có 8 viên bi trắng và 6 viên bi đen.Người ta muốn chọn ra 4 viên bi .Tìm số cách chọn trong mỗi trường hợp sau: 1. Trong 4 viên bi được chọn ra phải có ít nhất 1 viên bi trắng. 2. Tất cả 4 viên bi được chọn ra phải có cùng màu B.Phần tự chọn (Thí sinh chọn một trong hai câu 5A hoặc 5B) Câu V.a: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với các đỉnh A(1; 2), B(0;1) và C  2;1 . 1. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB 2. Viết phương trình đường thẳng chứa đường cao CH của tam giác ABC. 3. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu V.b: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và SA= a 6 1. Gọi AH là đường cao của tam giác SAB.Chứng minh rằng AH vuông góc với mặt phẳng (SBC) và tính AH 2. Tính góc giữa đuờng thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) 3. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: y  x 4  2 x 2 1a. Khảo sát và vẽ: TXĐ: D   y '  4 x3  4 x “ Sưu tầm và biên soạn “.

(22) Giáo viên: Nguyễn Thành Long y '  0  x  0  x  1 1 5 y ''  12 x 2  4; y "  0  x    y 9 3  1  1 5 5  Điểm uốn I1   ;   , I2    ;  3 9  3 9  BBT:. Email: Đồ thị:. 1b. Biện luận số nghiệm: Ta có: x 4  2 x 2  m  0  x 4  2 x 2  m Dựa vào đồ thị (C) ta kết luận: m  1 : vô nghiệm. m  1: 2 nghiệm. 1  m  0 : 4 nghiệm. m  0 : 3 nghiệm. m  0 : 2 nghiệm. Câu II: Cho 2.4 x 1  5.2 x 1  m  0 (1) 2a. Giải (1) khi m = 2: 1 Đặt t  2 x 1 . Điều kiện t  (vì x  1  1 ) 2 2 Khi đó (1) trở thành: 2t  5t  m  0 (*) Với m =2 : (*) trở thành: 2t 2  5t  2  0  t  2  t  Vậy (1)  2. x 1.  2 2. x 1. . 1  2. 1 2. x  1  1  x  1  2  x  1  1  x  4  x  0. 2b. Tìm m để (1) có nghiệm: Ta có: (*)  2t 2  5t  m “ Sưu tầm và biên soạn “.

(23) Giáo viên: Nguyễn Thành Long 1 Xem hàm số: y  2t 2  5t trên [ , ) 2 y '  4t  5; y '  0  t . Email: 5 4. Bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên ta được: 1 25 (1) có nghiệm  (*) có nghiệm trong [ , )  m  2 8 Câu III: 10 dx a. Tính : I   5x  1 2 10. 10. 2 5 2 8 Ta có: I   dx  5x  1  5 2 2 5x  1 5 5 2 e b. Tính J   x ln xdx 1 x2 1 Đặt u = lnx  du  dx ; dv = xdx, chọn v  x 2 e e x2 1e e2 1 2 e2  1 J ln x   xdx   x  2 2 4 1 4 1 21 Câu IV: a. Tìm số cách chọn 4 viên bi có ít nhất 1 viên bi trắng: Nếu không phân biệt màu thì số cách chọn 4 viên bi là: C144 Số cách chọn 4 viên bi màu đen: C64 Vậy số cách chọn 4 viên bi trong đó có ít nhất 1 viên trắng: C144  C64  986 (cách) b. Tìm số cách chọn 4 viên bi cùng màu: Số cách chọn 4 viên bi trắng: C84 Số cách chọn 4 viên bi đen: C64 Vậy số cách chọn 4 viên bi cùng màu: C84  C64 = 85 (cách) Câu Va: A(1, 2), B(0, 1), C(-2, 1) x  0 y 1 1. Phương trình AB:   x  y 1  0 1 0 2  1  2. CH qua C và nhận AB  (1, 1) làm pháp vectơ nên có phương trình: 1 x  2   1 y  1  0  x  y  1  0 3. Gọi I (x, y) là tâm đường tròn:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(24) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email:  IA2  IB 2 ( x  1)2  ( y  z )2  x 2  ( y  1)2  x  1 Ta có:  2    I (1;3)   2 2 2 2 2  IB  IC  x  ( y  1)  ( x  2)  ( y  1) y  3 Bán kính R = IA = 5 . 2. 2. Suy ra phương trình đường tròn cần tìm:  C  :  x  1   y  3  5. Câu Vb: 1. Chứng minh AH  (SBC ) và tính AH: Ta có: BC  ( SAB )  BC  AH mà SB  AH SAB vuông cho: 1 1 1 1 1 7 6a 2 a 42 2       AH   AH  2 2 2 2 2 2 7 7 AH AS AB 6a a 6a 2. Tính góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD): Hình chiếu của SC lên (ABCD) là AC.  Góc của SC và (ABCD) là SCA . SA a 6 Ta có: tan SCA    3  SCA  60 AC a 2 3. Tính khoảng cách từ O đến (SBC): Ta có: AH  (SBC )  AH  HC .Vẽ OI  AC  OI  ( SBC )  OI là khoảng cách từ O đến (SBC)  OI . S. H a. B. A. a I. D. O. C. AH a 42  (đường trung bình) 2 14 ĐỀ SỐ 6 ĐẠI HỌC DÂN LẬP VĂN LANG KHỐI A. PHẦN BẮT BUỘC Câu I:. x2  4x  8 x2 x2  4x  8 2. Từ đồ thị hàm số (C) suy ra đồ thị của hàm số: y  x2 1. Khảo sát hàm số (C) có phương trình: y . 3. Xét đồ thị họ (Cm) cho bởi phương trình y . x 2  4 x  m2  8 . Xác định tập hợp những điểm mà không có đồ x2. thị nào trong họ (Cm) đi qua.  2. 4cos 3 x 0 1  sin x dx Câu III: Một lớp học có 10 học sinh nam và 10 học sinh nữ .Cần chọn ra 5 người trong lớp để đi làm công tác phong trào “Mùa hè xanh”. Hỏi có bao nhiêu cách chọn nếu trong 5 người đó phải có ít nhất: 1. Hai học sinh nữ và hai học sinh nam 2. Một học sinh nữ và một học sinh nam Câu IV: 1. Cho bất phương trình:  .9 x  4.(  1).3x    1 a. Giải bất phương trình khi   2 . b. Tìm giá trị để bất phương trình trên được nghiệm đúng với giá trị của x. Câu II: Tính tích phân I . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(25) Giáo viên: Nguyễn Thành Long sin x  7 cos y  0 2. Giải hệ phương trình:  5sin y  cos x  6  0. Email: 3. Cho cos 2 x  cos 2 y  1  x, y  R  . Tìm giá trị nhỏ nhất của A  tan 2 x  tan 2 y Phần tự chọn Thí sinh được chọn một trong hai câu sau Câu Va: Cho AB là đoạn thẳng vuông góc chung của hai nửa đường thẳng Ax và By vuông góc với nhau .Cho AB = a.Lấy điểm M di động trên Ax và điểm N trên By sao cho đoạn MN có độ dài d không đổi. 1. Đặt AM = x; BN = y .Tính thể tích của tứ diện ABMN theo a, x và y. 2. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích đó. 3. Tìm quĩ tích trung điểm I của đoạn MN  3 Câu Vb: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M  2;   2 1. Viết phương trình đường tròn (C) có đường kính OM 2. Viết phương trình đường thẳng (D) đi qua M và cắt hai nửa trục dương Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 6 đvdt. 3. Tìm toạ độ tâm I của đường tròn (T) nội tiếp tam giác OAB. Viết phương trình đường tròn đó. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a. Khảo sát hàm số: y . x2  4x  8 x2. (C). TXĐ: D  R \ {2} x  0 x2  4x ; y'  0   2 ( x  2)  x  4 4 Tiệm cận đứng: x = -2 vì lim  x 2 x  2 4 Chia tử cho mẫu: y  x  2  x2 4 0  Tiệm cận xiên: y = x + 2 vì lim x  x  2 BBT: y' . Đồ thị:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(26) Giáo viên: Nguyễn Thành Long (I). Email: Y (C1). (C1) 4 2 -4. (III). -2. O. X. -4. (C). b.Từ đồ thị (C) suy ra đồ thị hàm số: y1 . x2  4 x  8 x2. (C1 ). neáu x > -2 y Ta có: y1   neáu x < -2 -y Do đó đồ thị (C1 ) suy từ (C) như sau: - Nếu x > -2 thì (C1 )  (C ) - Nếu x < -2 thì lấy phần đối xứng của (C) qua Ox ta được (C1 ) c. Xác định tập hợp những điểm mà không có đồ thị nào trong họ (Cm ) đi qua:. x 2  4 x  m2  8 y x2 Gọi M ( x0 , y0 )  (Cm ), m  y0 . (Cm ) x02  4 x0  m 2  8 vô nghiệm với mọi m  x0  2 hoặc x0  2. m 2  y0 ( x0  2)  x02  4 x0  8 vô nghiệm theo m..  x02  4 x0  8 y  (neu x0  -2)  0 x  2 0 2 2  y0 ( x0  2)  x0  4 x0  8  0  y0 ( x0  2)  x0  4 x0  8    x 2  4 x0  8  y0  0 (neu x0  -2) x0  2   M  miền (I) giới hạn bởi (C) với x > -2   M  miền (III) giới hạn bởi (C) với x< -2 Vậy những điểm M thoả điều kiện bài toán là những điểm thuộc mặt phẳng toạ độ Oxy, không nằm trên miền (I), miền (III) và không nằm trên (C). Câu II:  2 4cos3 x Tính : I =  dx 0 1  sin x. 4cos3 x 4cos x (1  sin 2 x )   4 cos x 1  sin x   4 cos x – 2sin 2 x 1  sin x 1  sin x  Suy ra: I  (4sin x  cos 2 x) 2  2 = 2 0 Câu III: Có 10 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Chọn 5 học sinh trong đó có ít nhất: 1. 2 học sinh nữ và 2 học sinh nam: Ta có:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(27) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 2 10. 3 10. Trường hợp 1: Số cách chọn 2 nữ và 3 nam: C  C. Trường hợp 2: Số cách chọn 3 nữ và 2 nam: C103  C102 Suy ra số cách chọn 3 nữ và 2 nam là: 2. C103  C102 =10.800 (cách) 2. 1 học sinh nữ và 1 học sinh nam: 5 Số cách chọn không phân biệt nam, nữ: C20 Số cách chọn toàn nam hoặc toàn nữ: C105 5 Suy ra số cách chọn có ít nhất 1 nam hoặc 1 nữ là: C20  2C105 =15.000 (cách) Câu IV: 1. Cho  .9 x  4(  1).3x    1 a. Giải bất phương trình khi   2 . Đặt t =3x . Điều kiện: t > 0 Khi đó bất phương trình trở thành:  .t 2  4( -1).t    1 (*) Khi   2 : (*) trở thành: 2t 2  4t  2  1 luôn đúng t  0 . Nghĩa là nghiệm của bất phương trình là x   . b. Tìm  để bất phương trình đúng x . 4t  1 Ta có: (*)    2  f (t) t  4t  1 4t 2  2t Ta lại có: f ' (t)  2  0 , t  0  y = f(t) là hàm giảm trên (0, ) (t  4t  1) 2 Do vậy bất phương trình đúng x    f (0)    1 (1) sinx - 7cosy = 0 2. Giải hệ phương trình:  5siny - cosx - 6 = 0 (2). Vì cos x  1 và sin y  1 nên: 5sin y  cos x  6  0.  x    k 2 cos x  1  Do vậy (2)    (k , m  )  sin y  1  y  2  m2 Dễ dàng thấy x và y ở trên thoả (1).  x    k 2  Do vậy nghiệm của hệ là:  ( k , m  )   y  2  m2 3. Cho cos2x + cos2y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của A  tan 2 x  tan 2 y Vì cos2x + cos2y = 1 nên 0  cos 2 x, cos 2 y  1 1  cos 2 x 1  cos 2 y 6 6 2 Ta có: A    2   2   2 1  cos 2 x 1  cos 2 y 2  cos 2 x  cos 2 y 3  cos 2 x  cos 2 y  2  2   1 2 M Mặt khác: Khi cos 2 x  cos 2 y  thì A  x A 2 3 2 Do đó MinA  a d 3 Câu Va: a. VABMN B. x. y. N. “ Sưu tầm và biên soạn “. y.

(28) Giáo viên: Nguyễn Thành Long By  AB  Ta có:   By  ( B, Ax ) By  Ax  1 1 a.x 1 Vậy: VABMN  NB.S ABM  y.  axy 3 3 2 6 b. Giá trị lớn nhất của VABMN. Email: ABM co BM 2  a 2  x 2   d 2  a2  x2  y 2 2 2 2 NBM co d  y  BM  Ta có: d 2  a 2  x 2  y 2  2 xy. 1 1 (d 2  a 2 ) 1 axy  a.  a (d 2  a 2 ) 6 6 2 12 (d 2  a 2 ) 1 Nên VABMN lớn nhất là: a(d 2  a 2 ) khi x  y  12 2 Câu Vb: a. Phuơng trình đường tròn (C) đường kính OM. OM 5  3 Suy ra tâm là trung điểm E  1,  của OM và R   2 4  4 Vậy: VABMN . 2. 3 5  Vậy : Phương trình đường tròn ( x  1)   y      4 4  b. Cách 1:. 2. 2. Gọi k là hệ số góc của (D) suy ra phương trình (D) là y  k ( x  2) . 3 2.  3    2  2k  (D) cắt nửa trục dương Ox tại A  A  ;0 k      3  (D) cắt nửa trục dương Oy tại B  B  0;  2k   2  3   2k  0 Điều kiện:  2 k0 k  0 Ta có: 3 2   2k 1 2 3 3  SOAB  6   2k  6    2k   12 k 2 k 2 2 . 9 9 3  6k  4k 2  12k (do k  0)  4k 2  6k   0  k  4 4 4 3 3 3 Vậy phương trình (D) là y  ( x  2)   y   3  3 x  4 y  12  0 4 2 4 Cách 2: x y Giả sử A (a, 0), B(0, b) (a, b > 0)  D :   1 a b . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(29) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: a 3  2  2b  1 M  (D) a  4 Yêu cầu bài toán     b  3  SOAB  6  1 ab  6  2 Vậy phương trình (D): 3 x  4 y  12  0 3. Cách 1: Ta có A (4, 0), B(0, 3). Tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác OAB thuộc phân giác trong của góc O  I  đường thẳng y = x. 3a  4a  12 Gọi I (a, a) ta có d ( I, AB) = d( I, OA)   a  7a  12  5a (vì a > 0) 5  a  6  a  1 , loại a = 6 vì lúc đó I là tâm đường tròn bàng tiếp AOB . Vậy I(1;1) và r = a = 1  Phương trình đường tròn là: ( x  1)2  ( y  1) 2  1 Cách 2: Ta có I thuộc đường thẳng y = x. Suy ra I(a, a) (với a > 0) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác OAB. S 6 r  1 P 1 (3  4  5) 2 Ta lại có: d(I,OA) = r. Suy ra a = 1 Vậy phương trình (C): ( x  1)2  ( y  1) 2  1 ĐỀ SỐ 7 ĐẠI HỌC DÂN LẬP NGOẠI NGỮ – TIN HỌC TPHCM Ngành Công Nghệ Thông Tin Câu I: 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số: y    x  1  x  4  . 2. Dùng đồ thị (C) để biện luận theo số nghiệm của phương trình: 2 2  x  1  x  4    m  1  m  4  Câu II: 1. Giải phương trình: ( x  3)(1  x )  5 x 2  2 x  7.  x 2  2 xy  2 y 2  5 2. Giải hệ phương trình:  2 2 3 x  xy  y  3 Câu III: Tính các tích phân:  2. 1. 1 x J   (1  cos x) n sin xdx (n = 0 ,1,2). dx 2 x  x  x  1 0 0 Câu IV: 1. Giải phương trình: sin 3 x – cos3 x  cos 2 x 2. Trong một trận chung kết giải cờ vua đồng đội toàn trường có hai đội A và B tham dự, mỗi đội có 5 kỳ thủ. Ban giám khảo sẽ chọn từ mỗi đội3 kỳ thủ để xếp thành 3 cặp thi đấu cùng lúc trong một lịch thi đấu (mỗi cặp kỳ thủ đội A gặp một kỳ thủ đội B trong một ván đấu). Hỏi có thể xếp được bao nhiêu lịch thi đấu khác nhau? Câu V: Trong không gian với hệ trục ĐềCac vuông góc Oxyz, cho mặt cầu x  2 y  2z  3  0  S  : x 2  y 2  z 2 – 2 x – 2 y – 4 z  2  0 và đường thẳng d :  2 x  y  2 z  3  0. a. I  . 3. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(30) Giáo viên: Nguyễn Thành Long a. Tính khoảng cách từ tâm I của Mặt cầu (S) đến đường thẳng d . b. Viết phương trình các mặt phẳng chứa d và tiếp xúc với (S).. Email: HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y  ( x  1)2 ( x  4)   x 3  6 x 2  9 x  4 TXĐ: D = R y '  3 x 2  12 x  9  x  1 y'  0    x  3 y ''  6 x  12 y "  0  x  2  y  2 Điểm uốn:( -2, -2) BBT:. Đồ thị:. 2. Dùng đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm của phương trình: ( x  1)2 ( x  4)  (m  1) 2 (m  4)  ( x  1) 2 ( x  4)  (m  1) 2 (m  4) Đây là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d) có phương trình: y  (m  1)2 (m  4) - Số giao điểm là số nghiệm của phương trình . Biện luận: (m  1)2 (m  4)  4  m(m  3) 2  0  m  0 : 1 nghiệm (m  1)2 (m  4)  4  m  0  m  3 : 2 nghiệm 4  (m  1) 2 (m  4)  0  4  m  0 : 3 nghiệm (m  1)2 (m  4)  0  m  1  m  4 : 2 nghiệm (m  1)2 (m  4)  0  m  4 :1 nghiệm Câu II: “ Sưu tầm và biên soạn “.

(31) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 1. Giải phương trình: ( x  3)(1  x )  5 x 2  2 x  7 Phương trình  x 2  2 x  3  5 x 2  2 x  7 Đặt: t  x 2  2 x  7  0 Khi đó phương trình trở thành: t 2  4  5t  t 2  5t  4  0  t  1  t  4  x2  2x  7  1  x2  2x  8  0 Do đó:   2  x  2  x  4  x  1  2 26  x 2  2 x  7  4  x  2 x  23  0 2 2  x  2 xy  2 y  5 2. Giải hệ phương trình:  2 2 3 x  xy  y  3 Vì x = 0 không là nghiệm nên đặt y = kx.  x 2 (1  2k  2k 2 ) (1) Khi đó hệ trở thành:  2 2 (2)  x (3  k  k ) 1  2k  2k 2 5 (1) chia (2) ta được:   k 2  11k  12  0  k  1  k  12 3 3  k  k2 x  1  y  1 Thế k = 1 vào (2) ta được: x 2  1    x  1  y  1.  x  53  y  12 53 Thế k = -12 vào (2) ta được: x 2  53    x   53  y  12 53 Tóm lại hệ có 4 nghiệm:  x; y   1;1 ,  1;  1 , ( 53, 12 53), ( 53,12 53) Câu III: 1 1 x 1. Tính I   3 dx x  x2  x  1 0 Ta có:. 1 x 1 x x 2  1  x ( x  1)   x 3  x 2  x  1 ( x  1)( x 2  1) ( x  1)( x 2  1) 1. 1. x  1 1  1    I    2 dx   ln x  1  ln( x 2  1)   ln 2  x 1 x 1 2  0 2 0   2. Tính J   (1  cos x)n sin x.dx 0 Đặt: t  1  cos x  dt  sin xdx n 1 1 1  t 1 Đổi cận: x  0  t  0 ; x   t  1  J   t n dt    n 1 n 1 0 0 Câu IV: 1. Giải phương trình: sin3 x  cos3 x  cos 2 x Phương trình  (sin x  cos x )(1  sin x cos x )  cos2 x  sin 2 x  (sin x  cos x )(1  sin x cos x  sin x  cos x)  0 (1) sin x  cos x  0  1  sin x cos x  sin x  cos x  0 (2) “ Sưu tầm và biên soạn “.

(32) Giáo viên: Nguyễn Thành Long  (1)  tan x  1  x   k 4. Email:   Giải (2) bằng cách đặt t  sin x  cos x  2 sin  x   4  Điều kiện: t  2. t2 1  t  0  t 2  2t  1  0  t  1 2   x    k 2   2    Do đó: 2 sin  x    1  sin  x      2  4 4 2    x    k 2 Khi đó phương trình (2) trở thành: 1 .    k  x    k 2  x    k 2 (  ) 4 2 2. Có bao nhiêu cách xếp lịch thi đấu: Số cách chọn 3 kỳ thủ đội A: C35 Tóm lại phương trình có nghiệm: x . Số cách chọn 3 kỳ thủ đội B: C35 Số cách xếp 3 cặp thi đấu là: P3 Vậy số cách xếp lịch thi đấu là: C53  C53 .P3 = 600 (cách) Câu V: (S): x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  2  0 x  y  2z  3  0 (D:  2 x  y  2 z  3  0 1. Tính khoảng cách tâm I của (S) đến (D):  (S) có tâm I(1;1;2), bán kính R = 2. D có vectơ chỉ phương a  (2; 2;1) Gọi ( ) là mặt phẳng qua I và vuông góc với (D):  ( ) : 2( x  1)  2( y  1)  ( z  2)  0  2 x  2 y  z  6  0 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I xuống (D). 5  x  3 x  2 y  2z  3  0  5   5 5 2  H : 2 x  y  2 z  3  0   y   H  , ,    d ( I , ( D ))  IH  8 3 3 3 3 2 x  2 y  z  6  0   2  z   3  2. Viết phương trình mặt phẳng chứa (D) và tiếp xúc (S). Mặt phẳng ( ) chứa (D) nên phương trình có dạng: m( x  2 y  2 z  3)  n(2 x  y  2 z  3)  0  (m  2n) x  (n  2m) y  (2m  2n) z  3m  3n  0 (m và n không đồng thời bằng 0) Mặt phẳng ( ) tiếp xúc (S): 6 m  6n  d (I ,  )  R   2  m  n  m2  n2 2 2 9 m  9n 2 2  (m  n)  m  n 2  2mn  0  m  0  n  0 Suy ra có 2 đáp số    : x  2 y  2 z  3  0. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(33) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: hay    : 2 x  y  2 z  3  0 . ĐỀ SỐ 8 ĐẠI HỌC DÂN LẬP VĂN HIẾN KHỐI A – 2011 A. PHẦN BẮT BUỘC Câu I: Cho hàmsố y  ( x  1)( x 2  mx  m) (1), với m là tham số thực 1. Khảo sát hàm số (1) ứng với m  2 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành . Xác định tọa độ của tiếp điểm tương ứng trong mỗi trường hợp của m. Câu II: Cho bất phương trình: 4 x  2(m  2)2 x 1  m 2  2m  2  0 1. Giải bất phương trình khi m =1 2. Tìm m để bất phương trình thỏa mãn với mọi x  Câu III: Chứng minh rằng ABC là tam giác đều khi và chỉ khi: 3S  2 R 2 (sin 3 A  sin 3 B  sin 3 C ) Trong đó S là diện tích tam giác ABC, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.  2. Câu IV: Tính tích phân sau: I . 4cos3 x 0 1  cos x dx. B.Phần tự chọn Thí sinh được phép chọn một trong hai câu dưới đây: Câu Va:Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxyz, cho 3 điểm: A  0; 0,;1 ; B  1; 2; 0  ; C  2;1; 1 .. 1. Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua 3 điểm A,B ,C 2. Viết phương trình thamsố của đường thẳng đi qua trọng tâm của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (P). 3. Xác định chân đường cao hạ từ A xuống đường thẳng BC ˆ  zOy ˆ   với 0    90 . Gọi M là một điểm Câu Vb: Cho 3 tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng sao cho xOz trên Oz có hình chiếu vuông góc lên mặt phẳng (xOy) là H. ˆ 1. Chứng minh rằng H thuộc đường phân giác của góc xOy ˆ   . Chứng minh    2. Cho xOy 2 3. Cho OM = a. Hãy tính độ dài MH theo a, ,  HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho: y  ( x  1)( x 2  mx  m) (1) Khảo sát hàm số (1) tương ứng với m = -2: y  ( x  1)( x 2  2 x  2)  x 3  3 x 2  2 Tập xác định: D = R x  0 y '  3 x 2  6 x  3x ( x  2) ; y '  0   x  2 y ''  6 x  6 ; y "  0  x  1  y  0  Điểm uốn: I(1, 0) BBT:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(34) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: Đồ thị: Điểm đặc biệt:. 2. Tìm m để đồ thị (1) tiếp xúc trục hoành. Xác định toạ độ tiếp điểm. Ta có: y  x 3  (m  1) x 2  m (1).  x 3  (m  1) x 2  m  0 (2) Đồ thị (1) tiếp xúc trục hoành   2 có nghiệm . (3) 3 x  2(m  1) x  0 x  0 (3)  x 3 x  2(m  1)  0    x   2(m  1) 3  Thay vào (2) : x0m0 2(m  1) 8 4 x   (m  1)3  (m  1)3  m  0 3 27 9 3 3  4(m  1)  27 m  0  4m  12m 2  15m  4  0 m  4  (m  4)(4m  4m  1)  0   m   1  2 Hoành độ tiếp điểm là: m0 x0 m  4  x  2 1 m    x 1 2 2. Vậy đồ thị (C) tiếp xúc Ox khi: m = 0, m = 4, m  . 1 2. Toạ độ tiếp điểm tương ứng là:  0; 0  ,  2; 0  , 1;0  “ Sưu tầm và biên soạn “.

(35) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Câu II:. Email: 4 x  2(m  2).2 x1  m2  2m  2  0 1. Giải bất phương trình khi m = 1: Đặt t  2 x . Điều kiện t > 0. Khi đó bất phương trình trở thành: t 2  4(m  2)t  m2  2m  2  0. (*). 0  t  6  31 Khi m= 1, (*) trở thành : t 2  12t  5  0   t  6  31  x  log 2 (6  31)  2 x  6  31  Nghĩa là: Bất phương trình    x  x  log 2 (6  31)  2  6  31. 2. Tìm m để bất phương trình thoả x   Đặt f (t )  t 2  4(m  2)t  m 2  2m  2 Bất phương trình thoả x   .   f (t )  0 thoa  t  0  '  0    S   ' = 0   0  '  0 2   7  7   m S    '  0   0 3  '  0 2     '  0  af (0)  0   S  t1  t2  0   0  2 Câu III: Chứng minh rằng  ABC đều khi và chỉ khi: 3S  2r 2 (sin 3 A  sin 3 B  sin 3 C ) Ta có: 3S  2r 2 (sin 3 A  sin 3 B  sin 3 C ) .  a3 3abc b3 c3   2 R 2  3  3  3   3abc  a 3  b3  c3 4R 8R 8R   8R. Áp dụng BĐT Côsi: a3  b3  c3  3 3 a 3b3 c3  3abc Vậy hệ thức chỉ thoả khi dấu “=” xảy ra.”  a  b  c   ABC đều (đpcm) Câu IV: . Tính I . 2. 4sin 3 x 0 1  cos x dx. Ta có: . I. 2. 0. 4sin x(1  cos 2 x) dx  1  cos x. . . 2.  4sin x(1  cos x)dx  0. 2. . 0 (4sin x  2sin 2 x)dx  (4cos x  cos 2 x) 0 2  2. Câu Va: A(0, 0, 1); B(-1, -2, 0); C(2, 1, -1) 1. Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A,B,C.    Ta có VTP (P) là: nP   AB, AC   (5, 4,3)  Phương trình mặt phẳng  P  : 5 x – 4 y  3 z – 3  0   1 1  Toạ độ trọng tâm tam giác ABC là G  ,  , 0  3 3  “ Sưu tầm và biên soạn “.

(36) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. . Email: . Đường thẳng d đi qua G và d  (P):  ad  nP  (5, 4,3). 1   x  3  5t  1  Phương trình tham số của d là:  y    4t 3   z  3t   2. Chân đường cao H hạ từ A xuống đường thẳng BC.  Ta có: BC  (3,3, 1)  x  1  3t  Phương trình tham số của BC là:  y  2  3t  z  t  Lấy H(-1 + 3t, -2 + 3t, -t)  BC.   19 H là hình chiếu của A  HA.BC  0  3(1  3t )  3(2  3t )  1(1  t )  19t  8  t  8  5 14 8  Vậy H  ;  ;    19 19 19  Câu Vb: z. M a J. O. y I. H. x. 1. Vẽ MI  Oz và MJ  Oy . Ta có: MOI  MOJ  MI  MJ Khi đó MHI  MHJ  HI  HJ Và HI  Ox , HJ  Oy Suy ra H thuộc đường phân giác xOy .   IH MI  2. Ta có: 0   ,  90 và tan    tan  do IH  MI    2 2 OI OI 2 Tam giác OMI có OI = a cos  OI a.cos  Tam giác OHI có OH     cos cos 2 2 cos 2  a  Tam giác MOH có MH 2  OM 2  OH 2  a 2  a 2 .  cos 2  cos 2    2 cos 2 cos 2 2 ĐỀ SỐ 9. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(37) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Câu I: Cho hàm số y . Email: CAO ĐẲNG SƯ PHẠM TPHCM – 2011. x 1 (1) , có đồ thị là (C) x 1. 1. Khảo sát hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm P(3;1). 3. M ( x0 , y0 ) la một điểm bất kỳ thuộc (C) .Tiếp tuyến của (C) tại M cắt tiệm cận đứng và đường tiệm cận ngang của (C) theo thứ tự tại A và B .Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của (C) .Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. Câu II: 1. Giải phương trình: log 42 ( x  1)2  log 24 ( x  1) 6  25 2. Xác định m để phương trình x 2  6 x  m  ( x  5)(1  x)  0 có nghiệm Câu III: 1. Giải phương trình : 2sin 2 x  3 tan x  1 3 2. Tính các góc của tam giác ABC, biết cos 2 A  cos 2 B  cos 2C  2 Câu IV: 9 8 1. Tìm tất cả các số tự nhiên x thỏa mãn hệ thức: A10 x  Ax  9 Ax 2. Từ các chữ số: 1; 2 ; 5 ; 7 ; 8 . Lập được bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số khác nhau và nhỏ hơn 276?  x 2  (m  2) x  my Câu V: Xác định m để hệ phương trình  2 có đúng 2 nghiệm phân biệt.  y  (m  2) y  mx HƯỚNG DẪN GIẢI Bài I: 1. Khảo sát hàm số: y . x 1 x 1. (C). TXĐ: D = R \ (1) 2 y'   0  Hàm số giảm trên từng khoảng xác định. ( x  1)2 TCĐ: x = 1 vì lim y   x1. TCN: y = 1 vì lim y  1 x. BBT:. Đồ thị:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(38) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: y A M. B O. x. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) đi qua điểm P (3, 1): Đường thẳng (d) qua P có hệ số góc k: y  k  x  3  1  x 1  x  1  k ( x  3)  1 d tiếp xúc (C)    -2  k  ( x  1)2. Thay (2) vào (1) :. (1). có nghiệm (2). x  1 2( x  3)   1  x 2  1  2( x  3)  ( x  1)2  4 x  8  x  2 2 x  1 ( x  1). Thay vào (2)  k  2 Vậy phương trình tiếp tuyến đi qua P là: y  2 x  7 3. M 0 ( x0 , y0 )  (C ) . Tiếp tuyến của (C) tại M cắt 2 đường tiệm cận tạo thành một tam giác có diện tích không phụ thuộc M. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 x0  1 x0 2  3 x0  1 -3 3 y ( x  x0 )   x x0  1 ( x0  1)2 ( x0  1) 2 (x0 -1)2. Giao điểm với tiệm cận đứng x =1.  x 4 x 4 x 1 y  0  A  1, 0  x0  1  x0  1  Giao điểm với tiệm cận ngang y = 1. 5x  2  5x  2  y 1 x  0  B 0 ,1 3  3  Giao điểm hai đường tiệm cận: I(1, 1) Ta có: 5x  2 5x  2 1 1 1 x 4 1 5 25 S IAB  IA.IB  y A  y I . xB  xI  0  1 . 0  1  . 0 1   const 2 2 2 x0  1 3 2 x0  1 3 6 Vậy:. S IAB không phụ thuộc vào vị trí điểm M.. Bài II: Giải phương trình: log 42 ( x  1)2  log 42 ( x  1)6  25 Ta có: 4. 4. log 42 ( x  1)2  log 2 ( x  1)2    2log 2 x  1   16.log 42 x  1. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(39) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 2. 2 6    log 2 ( x  1)6    log 2 x  1   9.log 22 x  1 2  4 2 Do đó: Phương trình  16.log 2 x  1  9.log 2 x  1  25  0. log 42 ( x  1)6. Đặt t  log 22 x  1 . Điều kiện t  0 t = 1 Khi đó phương trình trở thành: 16t  9t  25  0    t = - 25  16 2 Vậy phương trình  log 2 x  1  1 2. (loai).  x 1  2 3 1  log 2 x  1  1    x  3  x  1  x   x   x 1  1 2 2  2 2. Tìm m x 2  6 x  m  ( x  5)(1  x)  0 để có nghiệm . Đặt t  ( x  5)(1  x)   x 2  6 x  5  4  ( x  3)2  4 Suy ra điều kiện 0  t  4 Khi đó phương trình trở thành: (t 2  5)  m  t  0  t 2  t  5  m. (*). Xem hàm số y  t 2  t  5 trên [0,4]. 1 Ta có: y '  2t  1 ; y '  0  t  2 Bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận: Phương trình có nghiệm  Phương trình (*) có nghiệm trong [0,4] . 19  m  17 4. Bài III: 1. Giải phương trình 2sin2x = 3tanx + 1 2t Đặt t = tanx  sin 2 x  1 t2 2t Khi đó phương trình trở thành: 2.  3t  1 1 t2  3t 3  t 2  t  1  0  (t  1)(3t 2  2t  1)  0  t  1 hoặc (3t 2  2t  1)  0 (vô nghiệm)  Vậy phương trình  tan x  1  x    k  (k  ) 4 3 2. Tính các góc của tam giác ABC biết: cos 2 A  cos 2 B  cos 2C  2 3 Ta có: cos 2 A  cos 2C  cos 2 B  2. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(40) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 3 3  2cos( A  C ) cos( A  C )  cos 2 B   2cos B.cos( A  C )  2cos 2 B  1  2 2 1  cos 2 B  cos B.cos( A  C )   0 4 2 2 1 1 1 1 1     2  cos B  cos( A  C )    cos ( A  C )  0   cos B  cos( A  C )   sin 2 ( A  C )  0 2 4 4 2 4    . 1 1    B  120 cos B  cos( A  C )  0 cos B     2 2  A  C  30 sin( A  C )  0  A  C Bài IV: 9 8 2. Giải A10 (1) x  Ax  9 Ax Điều kiện x  10 và x  x! x! x!  9 Ta có: (1)  ( x  10)! ( x  9)! ( x  8)! x! x! 9 x! x! 9       ( x  10)! ( x  9)! ( x  8)! ( x  10)! ( x  10)!( x  9) ( x  10)!( x  9)( x  8) 1 9  1   x 2  16 x  55  0 x  9 ( x  9)( x  8).  x  11   x  11  x  5(loai ) 2. Từ các số 1, 2, 5, 7, 8 lập được bao nhiêu số có 3 chữ số khác nhau và nhỏ hơn 276. Gọi số cần tìm có dạng x  a1a2 a3 Vì x < 276 nên a1  1; 2 . Ta có 2 trường hợp sau: Trường hợp 1: a1  1 Số các số x  1a2 a3 là: A42  12 (số) Trường hợp 2: a2  2. a2  7  a3  1;5  Có 2 số. a2  1;5  a2 có 2 cách chọn và a3 có 3 cách chọn  Có 2.3 = 6 số. Suy ra số các số x  2a2 a3 là: 2 + 6 = 8 số. Vậy số các số cần tìm là: 12 + 8 = 20 (số) Bài V:  x 2  (m  2) x  my Tìm m để hệ có 2 nghiệm phân biệt:  2  y  ( m  2) y  mx Lấy (1) trừ (2) được:. (1) (2). x 2  y 2  (m  2)( x  y )  m( y  x) y  x  ( x  y)( x  y  2m  2)  0    y   x  2m  2 Với y = x, hệ trở thành:  y  x y  x  x  0  x  2   2     2  y  0  y  2  x  (m  2) x  mx  x  2 x  0 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(41) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Với y   x  2m  2 , hệ trở thành:. Email:  y   x  2m  2  y  - x - 2m - 2  (*)  2  2 2  x  (m  2) x  m( x  2m  2)  x  2( m  1) x  2m  2m  0 Do đó hệ có đúng 2 nghiệm phân biệt: (*) có đúng 1 nghiệm (0,0) (*) có đúng 1 nghiệm (-2,-2)  (*) có đúng 2 nghiệm (0,0) ,(-2,-2)  (*) voâ nghieäm Trường hợp 1: (*) có đúng 1 nghiệm (0,0) ( Do (3) )  m = -1  0 = -2m-2  y   x x  0 Thử lại với m = -1 (*) trở thành:  2    x  0  y  0 Vậy nhận m = -1 Trường hợp 2: (*) có đúng 1 nghiệm (-2,-2)  -2 = 2 –2m – 2  m = 1  y   x  4  x  2 Thử lại với m =1 (*) trở thành:  2    x  4 x  4  0  y  2 Vậy nhận m = 1 Trường hợp 3: (*)có đúng 2 nghiệm (0, 0),(-2, -2) m  1   (do trường hợp 1 và trường hợp 2) điều này không xảy ra . m  1 Trường hợp 4 : (*) vô nghiệm  (4) vô nghiệm.   '  1  m 2  0  m  1  m  1 Tóm lại: Khi m  1  m  1 thì hệ có đúng 2 nghiệm phân biệt . ĐỀ SỐ 10 CAO ĐẲNG KINH TẾ ĐỐI NGOẠI TPHCM – 2011 m 3 x  2  m  1 x 3 1. Khảo sát hàm số khi m = 1. Câu I: Cho y . 2. Tìm m để đồ thị hàm số có cực đại, cực tiểu sao cho:.  y2  y1 . 2. . 2 3  4m  4  9. 1 y  x3  4 x 3 TXĐ: D = R. y '  x2  4 x  2. y'  0  .  x  2. y "  2x y "  0  x  0  y  0  Điểm uốn O (0, 0). BBT: “ Sưu tầm và biên soạn “. (3) (4).

(42) Giáo viên: Nguyễn Thành Long x. y’. y. +. Email: -2. 2. 0. 0. 16 3. +. + +. 16 3. Đồ thị: Cho x  4  y  . 16 16 ; x4 y 3 3. m 3 x  2(m  1) x 3 y '  mx 2  2(m  1) ; y '  0  mx 2  2(m  1)  0 (1) Hàm số có cực đại và cực tiểu  (1) có 2 nghiệm phân biệt 2(m  1)   0  m  1  m  0 m Khi đó (1) có 2 nghiệm x1 , x2 ( x1  x2 )  yCD  f ( x1 ) và yCT  f ( x2 ) Để tìm yCD và yCT ta chia f(x) cho f’(x) thì được:  yCD  f ( x1 )   4 (m  1) x1  1 4 3 (Vì f'(x1 )  0, f '( x2 )  0) f ( x)  f '( x). x   (m  1) x   4 3  3 y  f ( x2 )   (m  1) x2  CT 3 2 Theo giả thiết: ( yCD  yCT ) 2  (4m  4)3 9 2. Ta có: y . 16 2 (m  1)2 ( x1  x2 ) 2  64(m  1)3  ( x1  x2 )  8(m  1) ( Vì m  1  0 ) 9 9 8(m  1) -2(m  1)  S 2  4 P  8(m  1)  0 (vì S  0 , P  ) m m  m  1 ( Vì m  1  0 ) So với điều kiện m  -1  m  0 nhận giá trị m = 1 . ĐS: m  1 . Câu II: 1. Tìm x  [0,3 ] để cot x  cot x . 1 sin x “ Sưu tầm và biên soạn “.

(43) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Điều kiện: cot x  0 và x  [0,3 cos x  1 Khi đó: Phương trình  cot x   cot x. sin x  1  cos x sin x Nếu sinx > 0 thì phương trình (*) trở thành : 1  cotgx.sinx = 1 - cosx  cos x   x    k 2(k  ) 2 3   So với điều kiện nhận x   x  3 3 Nếu sinx < 0 thì phương trình (*) trở thành: cotx.( - sinx) = 1 – cosx  -cosx = 1 – cosx (vô nghiệm)  7 Tóm lại: x   x  3 3. Email: (*). 1. dx 1  2x 0. 2. Tính tích phân I   1. 1  2x  2 x Ta có: I   1  2x 0. dx. 1. 2x   dx   1  2x 0 0 1. 1. dx  1 . 2x 0 1  2 x. dx. 1. 2x 1  2x 0. Xem J  . dx. Đặt t  1  2 x  dt  2 x.ln 2dx Đổi cận: x  0  t  2 ; x  1  t  3 3. 3. 1 dt 1 ln 3 J  .ln t  1  ln 2 2 t ln 2 ln 2 2 ln 3 Vậy: I  2  ln 2 Câu III: Cho hai hàm số. f ( x)  log 3 ( x  1)  .log 5 ( x  1); g ( x )  log 3 ( x 2  ax  5  1 .log5 ( x 2  ax  6)   1. Chứng minh y  f  x  là hàm tăng. Miền xác định của hàm y = f(x) là: D  [0, ) Cách 1: Ta có y1  log3 ( x  1) và y2  log 5 ( x  1) là hai hàm tăng và có giá trị không âm trên D nên: f ( x)  y1 . y2 là hàm tăng trên D. Cách 2: 1 Ta có: f ( x)  log 3 e.ln( x  1).log 5 e.ln( x  1)  .ln( x  1).ln( x  1) ln 3.ln 5  ln( x  1) 1 ln( x  1)   f '( x )      0, x  0  y = f(x) là hàm tăng trên D. ln 3.ln 5  2 x ( x  1) x 1  2. Tìm a để g ( x )  1, x  . Đặt u  x 2  ax  5  0 thì g(x) trở thành: f (u )  log 3 ( u  1).log 5 (u  1) Khi đó g (x) > 1 trở thành: f (u )  1  f (u )  f (4) (vì f(4) = 1)  u  4 ( vì y = f(u) tăng trên D) Vậy g ( x )  1, x    x 2  ax  5  4, x    x 2  ax  1  0, x      0  a 2  4  0  a  2  a  2 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(44) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Câu IV: a. Có bao nhiêu số gồm 10 chữ số trong đó có đúng bốn chữ số 2 và sáu chữ số 1. Giả sử bốn chữ số 2 là khác nhau và sáu chữ số 1 là khác nhau thì số các số gồm 10 chữ số ở trên là:10! Nhưng khi ta hoán vị bốn chữ số 2 hay sáu chữ số 1 cho nhau, ta chỉ được một số thực sự. 10! Do vậy các số cần tìm là:  210 (số) 6!4!  b. Có bao nhiêu a  ( x, y, z ) khác nhau sao cho x, y , z là số nguyên không âm thoả x  y  z  10. Cách 1: Vì x + y + z = 10 và x, y , z  N nên không có trường hợp x = y = z. Do vậy còn 2 trường hợp sau: Trường hợp 1 : 2 trong 3 số x,y, z bằng nhau và khác số còn lại.  có 6 trường hợp, mỗi trường hợp có 3 vectơ khác nhau.  có 18 vectơ khác nhau. Trường hợp 2 : x, y, z khác nhau đôi một  có 8 trường hợp, mỗi trường hợp có 3!= 6 vectơ khác nhau  có 18 vectơ khác nhau. Tóm lại: Số các vectơ thoả yêu cầu bài toán là:18 + 48 = 66 (vectơ) Cách 2: Ta có: z = 10 – (x + y). Do đó ta chỉ cần x, y thoả x  y  10 và x, y  N Nếu x = a thì y  10  a  có 11 – a cách chọn y. Do vậy: Ta cho a chạy từ 0 đến 10 thì được số vectơ thoả yêu cầu bài toán là: (11 – 0) + (11 – 1) + (11 - 2) +…+ (11 - 10)  112  (1  2  ......  10) 10.11  112   66 (vectơ) 2 Câu Va: x  y  3  0 a. Tìm trên đường thẳng d :  cách mặt phẳng ( ) : x  2 y  3z  5  0 một đoạn bằng 14 . 2 y  z  2  0 Lấy M (3 - t, t, 2 - 2t)  d 22 6 d ( M ,  )  14  3  t  2t  3(2  2t )  5  14  7t  8  14  t  t   7 7  1 22 26   27 6 26  Vậy điểm cần tìm là M   ; ;   hay M  ;  ;   7  7 7   7 7  7 2. Lập phương trình hình chiếu d’ của d trên ( ) . Gọi là mặt phẳng chứa (d) và   ( ) .      qua A(3, 0, 2)  d và có VTP n   ad , n   (1,5,3)    Phương trình  : ( x  3)  5( y  0)  3( z  2)  0   x  5 y  3z  3  0 Hình chiếu (d’) của (d) trên ( ) là giao tuyến của ( ), (  ) .  x  2 y  3z  5  0  Phương trình (d’) là   x  6 y  3 z  3  0 Câu Vb: 1. Xác định x, y theo a để MN ngắn nhất. Gọi I là trung điểm BC. BC  AI     BC  ( AIN )  Số đo nhị diện (M, BC, N)  MIN  90 BC  (d ) . 3a 2 MIN vuông tại I có IA là đường cao  M, N ở hai bên A và IA  AM .AN  x. y  4 2. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(45) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: Ta có MN  x  y  2 xy  MN ngắn nhất là a 3 khi x  y . a 3 2. M x C. A I. y B N d. 2. Thể tích hình chóp BCMN: Ta có:. 1 1 1 1 3 VBCMN  VMABC  VNABC  MA.S ABC  NA.S ABC  S ABC (MA  AN )  a 2 ( x  y) 3 3 3 3 4 a2 3 Vậy: VBCMN  ( x  y) . 12 ĐỀ SỐ 11 TRƯỜNG KỸ THUẬT CAO THẮNG Câu I: 1 .Gọi (C) là đồ thị của hàm số. x 1 2. Viết phương trình các tiếp tuyến với (C) kẻ từ điểm A =(0;3) Câu II: Tính các tích phân:. 1. Khảo sát hàm số y  x . . 1. A=. 2.  cos. 4. xdx. 0 2. xdx 3 0 ( x  1). 2. B= . Câu III: 1.Tính số: M  C2523  C1513  3C107 m ! (m  1)! 1  2.Giải phương trình: (m  1)! 6 Câu IV: Hình bình hành ABCD có A =(3; 0; 4) , B= (1; 2; 3) ,C=(9; 6; 4) 1. Tìm tọa độ đỉnh D. 2. Tính cosin góc B. 3. Tính diện tích hình bình hành ABCD. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(46) Giáo viên: Nguyễn Thành Long 1 1. Khảo sát hàm số: y  x  x 1 Tập xác định: D  R \ 1. Email: (C). 1 x2  2x ; y'  0  y ' 1  ( x  1) 2 ( x  1) 2 Tiệm cận đứng: x = 1 vì lim  . x  0 x  2 . x1. Tiệm cận xiên: y = x vì lim x . 1 0 x 1. BBT:. Đồ thị: Y. 3. O -1. 1. 2. X. 2. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) kẻ từ A (0,3) Đường thẳng (D) qua A và có hệ số góc k: y  kx  3 1   x  x  1  kx  3 (1) (D) tiếp xúc (C)   có nghiệm 1  1 k (2)  ( x  1)2 Thay (2) vào (1) :. x  2 k  0 1 x 2 2 x  x  3  x  1   x  3( x  1)  3 x  8 x  4  0    2 2 x  x 1 ( x  1)  k  8 3  ĐS: y = 3; y = -8x + 3 Câu II: . 1. Tính A  . Ta có: A . 2. 0 cos 2. 0. 4. xdx 2.  1  cos 2 x    xdx 2   “ Sưu tầm và biên soạn “.

(47) Giáo viên: Nguyễn Thành Long . . 1 4. Email: . 2. 2  (1  cos 2 x  cos 2 x)dx . 0  2. 1 2 1  cos 4 x (1  2cos 2 x  ) dx  40 2 .  2 3 1 1 1   (4cos 2 x  cos 4 x  3)dx   2sin 2 x  sin 4 x  3x   80 8 4 16 0 2. 2. Tính. B   xdx 3 0 ( x  1). Đặt t = x +1  dt  dx Đổi cận: x  0  t  1 ; x  2  t  3 3. 3. 3. 1 1  1 t 1 1  1 1 1 2  B   3 dt    2  3 d     2      1   3 18 2 9 t   t 2t  1 1 t 1t Câu III: 23 13 1. Tính M  C25  C15  3C107 23 Ta có: C25 . 25! 15! 10! 13  300 ; C15   105; C107   120 23!2! 13!2! 7!3!. Suy ra: M  165. m ! (m  1)! 1  (m  1)! 6 Điều kiện: m  1 và m  N (m  1)(m  1)! 1  Ta có: Phương trình  (m  1)!m.(m  1) 6  6(m  1)  m(m  1)  m 2  5m  6  0  m  3  m  2 (nhận) Câu IV: A (3, 0, 4); B (1, 2, 3); C (9, 6, 4)  9  xD   2  xD  11     A. Ta có ABCD là hình bình hành  AB  DC  6  yD  2   yD  4  4  z  1 z  5 D   D Vậy D (11, 4, 5)     b. Ta có: cos B  cos( BA, BC ) với BA  (2, 2,1) và BC  (8, 4,1) 16  8  1 1  cos B   5. 81 5 c. Diện tích hình bình hành,   S ABCD  2S ABC   BA, BC   62  62  242  18 2 (đvdt). 2. Giải phương trình:. ĐỀ SỐ 12 TRUNG HỌC PHÁT THANH TRUYỀN HÌNH II – 2011 Câu I: Cho hàm số y  f ( x )  x 3  2 x 2  x  2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2. Biện luận theo k số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d1 : y  kx  2 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(48) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: 3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) , trục hoành và đường thẳng d 2 : y   x  1 Câu II: Tính các tích phân sau: 2 ln 2 2dx a. I   3 b. J   xe  x dx 2 1 x  3x  2 x 0 Câu III: Cho đường tròn (C) tâm I  0;1 , bán kính R = 1 và đường thẳng d : y  3 . Trên đường thẳng d có điểm M  m;3 di động và trên Ox có điểm T  t; 0  di động 1. Chứng minh rằng điều kiện để MT tiếp xúc với (C) là: t 2  2mt  3  0 2. Chứng minh rằng với mỗi điểm M ta luôn tìm được 2 điểm T1 và T2 trên Ox để MT1 và MT2 tiếp xúc với (C) 3. Lập phương trình đường tròn (C’) ngoại tiếp tam giác MT1T2 4. Tìm tập hợp tâm K của đường tròn (C’) Câu IV: 1. Trong mặt phẳng Oxyz cho 3 điểm: A  1, 0, 2  B  3,1, 0  , C  1, 4, 0  . Chứng tỏ rằng mặt phẳng (ABC) vuông góc với đường thẳng  có phương trình: x  5t ; y  4t  2 ; z  8t – 4. 2. M là một điểm trên đường thẳng  có hoành độ bằng 5. Tính thể tích của hình chóp MABC HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:. y  x3  2 x2  x  2 TXĐ: D = R. y '  3x 2  4 x  1  x  1 y'  0   x   1  3 2 52 y "  6 x  4; y "  0  x    y  3 27  2 50  Điểm uốn I   ,   3 27  BBT:. Đồ Thị:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(49) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: b. Biện luận theo k số giao điểm của (C) và ( D1 ) : y = kx + 2 . Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và ( D1 ) : x  0. x3  2 x 2  x  2  kx  2  x( x 2  2 x  1  k )  0  . 2  x  2x  1  k  0.  '  1 1  k  k Biện luận: k  0 và k  1 : (C) và ( D1 ) có 3 điểm chung. k = 0  k = 1: 2 điểm chung. k  0 : 1 điểm chung c. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) trục hoành và đường thẳng ( D2 ) : y = -x + 1. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và ( D2 ) .. x3  2 x 2  x  2   x  1  x3  2 x 2  2 x  1  0  ( x  1)( x 2  x  1)  0  x  1  y  2 Giao điểm của (C) và trục hoành:. x3  2 x 2  x  2  0  ( x  2)( x 2  1)  0  x  2 Diện tích hình phẳng cho bởi: 1. 1. 1. 1.   x2  x 4 2 x3 x 2 17 41 S   ( x  2 x  x  2)dx   ( x  1)dx     2 x      x    2  4 3 2 12  2  2   1 12 2 1 3. 2. Câu II: 2. a. Tính I . 2dx. 1 x3  3x2  2 x. 2 2  2 x  3 x  2 x x( x  1)( x  2) A( x  1)( x  2)  Bx( x  2)  Cx( x  1) A B C     x x 1 x  2 x( x  1)( x  2) Đồng nhất 2 vế ta được: A( x  1)( x  2)  Bx( x  2)  Cx( x  1)  2, x Chọn x = 0: 2A = 2  A  1 Chọn x = -1 : -B = 2  B  2 Chọn x = -2 : 2C = 2  C  1 2 1 2 1 Do đó: 3    2 x  3x  2 x x x  1 x  2 Ta có:. 3. 2. Suy ra: I  (ln x  2ln x  1  ln x  2 )  3ln 2  3ln 3  4ln 4  ln 1. “ Sưu tầm và biên soạn “. 32 27.

(50) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: ln 2. b. Tính J . 0. x.e x dx. u  x du  dx Đặt   x x dv  e dx v   e. Khi đó J   x.e.  x ln 2 0. ln 2. . 0. e  x dx    x.e x  e x . ln 2 0. . 1  ln 2 2. Câu III:  a. Ta có MT  (t  m, 3) Phương trình đường thẳng MT là:. 3( x  t )  (t  m) y  0  3 x  (t  m) y  3t  0 Ta có MT tiếp xúc (C)  d ( I , MT )  R t  m  3t   1  m 2  4t 2  4mt  9  t 2  2mt  m 2  t 2  2mt  3  0 (*) 2 9  (t  m ) b. Xét phương trình (*) ta có  '  m 2  3  0 , nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt t1 , t2 . Vậy với mỗi điểm M ta luôn tìm được 2 điểm T1 , T2 trên Ox để MT1 và MT2 tiếp xúc (C). c. Ta có: T1 (m  m 2  3,0) , T2 (m  m2  3,0). t t Gọi J (a, b) là tâm đường tròn ngoại tiếp MT1T2  a  1 2  m 2 m2 Và JM 2  JT22  4m 2  (3  b)2  m 2  3  b 2  b  1  2 2 m Khi đó bán kính (C’) là R '  JM  2 2   m2   m2 2 Phương trình  C '  : ( x  m)   y  1   2  2   2    x  m  d. Tâm K của (C’) chính là J.  Toạ độ K là  m2 y  1   2  Vậy tập hợp các điểm là đường cong. y  1. x2 2. Câu IV: A(-1, 0, 2), B(3, 1, 0), C(-1, -4, 0) a. Mặt phẳng (ABC) vuông góc đường thẳng ( ) :  Ta có VTCP của ( ) là a  (5, 4,8)   AB  (4,1, 2) và AC  (0, 4, 2)   AB.a  0  Khi đó:     () vuông góc (ABC) AC.a  0  b. M  ( ) có hoành độ là 5  M (5, 2,4)   Ta có:  AB, AC   (10,8, 16)       AM  (6, 2, 2)   AB, AC  .AM  108 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(51) Giáo viên: Nguyễn Thành Long 1    1 Vậy: VMABC   AB, AC  . AM  .108  18 (đvtt)  6 6. Email: ĐỀ SỐ 3 ĐẠI HỌC CẦN THƠ KHỐI A – 2011. x 2  3x  2 x 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đường thẳng x =1 những điểm M sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau. Câu II: Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz cho các điểm A 1,1,3 , B  1,3, 2  và C  1, 2,3 . 1. Kiểm chứng A, B, C không thẳng hàng và viết phương trình mặt phẳng (P) chứa 3 điểm này. Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến (P) 2. Tính diện tích tam giác ABC và thể tích tứ diện OABC Câu III: 1. Tìm giá trị của tham số a để hệ phương trình sau có đúng một nghiệm  x2  3  y  a   2  y  5  x  x 2  5  3  a 2. Xác định mọi giá trị của tham số m để hệ sau có 2 nghiệm phân biệt: log 3 ( x  1)  log 3 ( x  1)  log 3 4  2 log 2 ( x  2 x  5)  m log x2 2 x 5 2  5 Câu IV: Cho hai hàm số: 2 cos x  sin x 2 sin x  cos x f  x    2 sin x  cos x  2 cos x  sin x  và g ( x )   2 sin x  cos x 2 cos x  sin x 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f (x) 2. Xác định mọi giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm  m  3 g  x   3  f  x   m  Câu I: Cho hàm số y . Câu V: 1. Cho hai hàm số f  x   ax  b , với a 2  b 2  0 .Chứng minh rằng: 2. 2.  2   2   f ( x) sin xdx    f ( x ) cos xdx   0  0   0      2. Một nhóm gồm 10 học sinh trong đó có 7 nam và 3 nữ .Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp 10 học sinh trên thành một hàng dọc sao cho 7 học sinh nam phải đứng liền nhau HƯỚNG DẪN GIẢI. Câu I: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y . x 2  3x  2 2  x 3 2 x. (C). TXĐ: D = R\ {0} x   2 x2  2 y'  ; y '  0   x2  x  2 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(52) Giáo viên: Nguyễn Thành Long TCĐ: x = 0 vì lim y  . Email: x0. TCX: y = x – 3 vì lim. 2 0 x. x . BBT:. Đồ thị: x  1 Cho y = 0  x2 – 3x +2 = 0   x  2. b. Tìm M trên đường thẳng x = 1 sao cho từ M kẻ được đến (C) 2 tiếp tuyến vuông góc nhau. Gọi M(1;b) nằm trên đường thẳng x = 1. Đường thẳng (d) qua M và M có hệ số góc k: y  k  x  1  b  x2  3x  2  k(x - 2) + b (1)  x d tiếp xúc với (C)   2 có nghiệm. x  2  k (2)  x 2 x 2  3  2 ( x 2  2)( x  1) Thay (2) vào (1):   b  (b + 2)x2 – 4x + 2 = 0 2 x x Từ M kẻ 2 tiếp tuyến đến (C) và vuông góc với nhau.  (2) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2  0 sao cho k1k2  1. “ Sưu tầm và biên soạn “. (3).

(53) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: 4  2(b  2  0) b  0  '  0     x12  2 x2 2  2 với  2 2 2 2 .   1 x x  ( x  x )  2  0 k1k 2  1  1 2 1 2  x2 x2 2  1 2  x1 x2  b  2 b  0 b  0  2   b  3  7 (tm) b  6b  2  0 x  x  4 1 2 b2  Câu II: A(1, 2, 3), B(-1, 3, 2), C(-1, 2, 3) 1. Ta có:    AB  (2, 2, 1)     AB, BC khác phương  A, B, C thẳng hàng. AC  (2,1, 0)     Mặt phẳng (P) chứa A, B, C  nP   AB, AC   Phương trình (P): x + xy + 2z – 9 = 0. 9 Ta có d (0,( P))  3 9 1   3 2. Diện tích tam giác ABC là S   AB , AC   (đvdt). 2 2 1 1 3 3 Thể tích OABC là V  S ABC .d (O, ( ABC ))  . .3  (đvtt). 3 3 2 2 Câu III: Tìm a để hệ có đúng 1 nghiệm:  x2  3  y  a   2  y  5  x  x 2  5  3  a Điều kiện cần: Nhận xét: Nếu ( x0 , y0 ) là nghiệm của hệ thì ( x0 ,  y0 ) cũng là nghiệm của hệ.  x   x0  x0  0 Do đó: Hệ có nghiệm duy nhất:   0   y0   y0  y0  0 x  0 Thế  0 vào hệ ta được a  3 .  y0  0 Điều kiện đủ:  x2  3  y  3 (1)  Với a  3 : Hệ trở thành:  (2)  y 2  5  x  x 2  5. Ta có: (1)  x 2  3  3  y  0 (*) Vì:. x 2  3  0 và. y 0.  x 2  3  3  0 x  0 Nếu: (*)    y  0  y  0 Dễ thấy (0, 0) thoả (2). Suy ra hệ có nghiệm duy nhất. Tìm m để hệ có nghiệm phân biệt:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(54) Giáo viên: Nguyễn Thành Long log 3 ( x  1)  log 3 ( x  1)  log 3 4  2 log 2 ( x  2 x  5)  m log x2  2 x 5 2  5 Ta có:. Email: (1) (2).  x  1  2( x  1) (1)  2 log 3 ( x  1)  2 log( x  1)  2 log 3 2  log 3 ( x  1)  log 3 ( x  1)   1 x  3 2( x  1)  0 m2 2 Đặt t  log 2 ( x  2 x  5) thì (2) trở thành: t   5  t2 – 5t = m t 2x  2 Ta có: t '  2  0, x  (1,3)  t  log 2 ( x 2  2 x  5)  f ( x ) đồng biến trên (1, 3). ( x  2 x  5) ln 2 Lại do: t = f(x) đồng biến trên (1, 3) nên mỗi t  (2, 3) tương ứng có duy nhất một x  (1, 3). 2  t  3 Vậy hệ có 2 nghiệm phân biệt   2 có 2 nghiệm phân biệt. t  5t  m Xem hàn số: y = t2 – 5t trên (2, 3). Bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên ta có đáp số . 25  m  6 4. Câu IV: Cho: f(x) = (2sinx + cosx)(2cosx – sinx) và g ( x ) . 2 cos x  sin x 2 sin x  cos x  2 sin x  cos x 2 cos x  sin x. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của f (x). Ta có: y = f(x) = 3sinxcosx + 2(cos2x – sin2x)  y . 3 sin 2 x  cos 2 x 2. (*). 2. 5 5  3 (*) có nghiệm     22  y 2    y  2 2  2 5 5 Suy ra: Miny =  và Maxy = 2 2 Tìm m để (m - 3)g(x) = 3  f ( x)  m  có nghiệm.. (4cos 2 x  sin 2 x )  (4sin 2 x  cos 2 x ) 3(cos2 x  sin 2 x) 3 =  (2sin  cos x )(2 cos x  sin x) f ( x) f ( x) 5 5 Đặt t = f(x)    t  2 2 3 Khi đó phương trình trở thành: (m  3).  3(t  m)  m – 3 = t(t - m) (điều kiện t  0) . t 2 t 3  m (*) (vì t = -1 không là nghiệm)  t2 + 3 = m(t + 1)  t 1 t2  3 t 2  2t  3 Xem hàm số y  . Ta có: y  ; y’= 0  t  1  t  3 t 1 (t  1)2 Ta có: g(x) =. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(55) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Bảng biến thiên:. Email: Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận:. 37  m   5 5 Phương trình có nghiệm  (*) có nghiệm    ,  \{0}   6   2 2 m  2  m  3 Câu V: 2. 2.  2   2  Cho f(x) = ax + b với a + b > 0. Chứng minh:   f ( x ) sin xdx     f ( x ) cos xdx   0 0  0      2. . 2. . 2. Đặt I=  f(x)sinxdx. và. 2. J=  f(x)sinxdx. 0. 0. Đặt u = f(x)= ax + b  du = adx dv = sinxdx, chọn v = -cosx dw = coxdx, chọn w = sinx . Suy ra: I  (ax  b) cos x 0. . 2. . 2. . . a cos xdx = b  (a sin x ) 0. 2.  ab. 0. . J  (ax  b)sin x 0 Ta có: I + J  0 2. . 2. . 2.  a sin xdx 0. .  a a b  (a cos x) 0 2  ba 2 2. 2. a  b  0 I =0 a  0  Giả sử I + J = 0     a (Trái với giả thuyết a2 + b2 > 0)  J = 0 b  0  b  a  0    2 Vậy: I2 + J2  0 (đpcm). 2. Có 7 nam, 3 nữ. Có bao nhiêu cách xếp 10 học sinh thành hàng dọc sao cho 7 nam đứng liền nhau. Ta xem 7 nam sinh được xếp như 1 vị trí và 3 nữ sinh là 3 vị trí. Số cách sắp xếp 4 vị trí trên là: 4! Nhưng mỗi vị trí, ta có mỗi hoán vị 7 nam sinh cho nhau ta được một cách xếp. Vậy số cách xếp theo yêu cầu bài toán là: 4!.7! = 120960 (cách). 2. 2. ĐỀ SỐ 14 ĐẠI HỌC CẦN THƠ – KHỐI B Câu IV: 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y . 3cos x sin x  2. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(56) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:. 9 cos x 2    m  tan x   3 sin x  2 cos x  . HD: Tìm già trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số. y . 3cos x sin x  2. Miền xác định:  3cos x Ta có: y   y  3c os x  y sin x  2 y (*) sin x  2 Phương trình (*) có nghiệm x    32  ( y )2  (2 y )2  y 2  3   3  y  3. Vậy Miny =  3 và Maxy = 3 9cos x 3cos x  sin x  2   sin x  2  2. Ta có: Phương trình   m  3   m  1 sin x  2 sin x  2  cos x   3cos x  3cos x Đặt t =  3t  3. sin x  2 Khi đó phương trình trở thành: 1  t  m   1  t2 = m(1 + t) (điều kiện t  0) . t  t2  m (*) (vì t = -1 không là nghiệm)  t 1 t2 t 2  2t Xem hàm số y  . Ta có: y '  ; y’= 0  t  0  t  2 t 1 (t  1)2 Bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận:  3  3 m   Phương trình có nghiệm  (*) có nghiệm   3, 3  \{0}  3   m  0 ĐỀ SỐ 15 ĐẠI HỌC CẦN THƠ – KHỐI D – 2011 Câu I: Cho hàm số y  x 4  2 x 2  2  m (có đồ thị là (Cm ) ), m là tham số 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0 2. Tìm các giá trị của m sao cho đồ thị (Cm ) chỉ có hai điểm chung với trục Ox 3. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m tam giác có 3 đỉnh là ba điểm cực trị của đồ thị (Cm ) là một tam giác vuông cân “ Sưu tầm và biên soạn “.

(57) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Câu II: 1. Giải phương trình log 2 (2 x  4)  x  log 2 (2 x  12)  3. Email: 2. Giải bất phương trình x( x  1)  x 2  x  4  2  0 Câu III: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: log. 5 2. ( x 2  mx  m  1)  log. duy nhất Câu IV: 1. Giải phương trình:. 3(sin x  tan x )  2 cos x  2 tan x  sin x. sin A cos B cos C Câu V: Cho tập hợp các chữ số X ={0,1,2,3,4,5,6,7} .Từ tập hợp X có thể lập được: 1. Bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau từng đôi một và chữ số đầu là 2? 2. Bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau từng đôi một sao cho trong 5 chữ số đó có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ5? (chú ý rằng chữ số đầu tiên phải khác 0). 2. Cho biết 3 góc A, B, C của tam giác thỏa hệ thức: cot B  cot C . HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Cho y  x 4  2 x 2  2  m (Cm ) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 y  x 4  2 x2  2 TXĐT: D = R y '  4 x 3  4 x  4 x( x 2  1)  x0 y'  0    x  1 y ''  12 x 2  4. y ''  0  x  . 1 3.  y. 13  1 13   1 13   điểm uốn  , ,  ,  9 3 9  3 9 . BBT:. x  0 Đồ thị: Cho y = 2  x4- x2 = 0    x   2. “ Sưu tầm và biên soạn “. 52. x  0 có một nghiệm.

(58) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 2. Tìm m để (Cm) chỉ có hai giao điểm chung với trục Ox. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục Ox: x 4  2 x 2  2  m  0 (1) Đặt t  x 2  t  0  Phương trình trở thành: t 2  2t  2 – m  0 (2) (1) chỉ có 2 nghiệm  (2) có nghiệm trái dấu hoặc (1) có nghiệm kép dương  P0   2m  0 m  2  '  0      b 1  2  m  0 m 1 0     2a m  2 Vậy (Cm) cắt Ox tại 2 điểm khi:  m 1 3. Chứng minh rằng m tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm cực trị của (Cm) là một tam giác vuông cân: Ta có x  0 y  2  m y’  4 x 3  4 x  y '  0     x  1  y  1  m Gọi 3 điểm cực trị là: A  0; 2  m  , B  1;1  m  , C 1;1  m    Ta có: AB  (1, 1)  AB  2; AC  (1, 1)  AC  2   AC AB  1  1  0, m   AB  AC  2, m Vậy  ABC là tam giác vuông cân tại A, m. Câu II: 1. Giải phương trình: log 2 2 x  4  x  log 2 2 x  12  3.     Phương trình log  2  4   3  log  2  12   x  log  2  4   log 8  log  2  12   log 2  log 8  2  8  2  4   2  2  12   * x. x. 2. 2. x. x. 2. x. 2. x. 2. x. 2. 2. x. . .  4  log 2 2 x 2 x  12. . x. Đặt t = 2x. Điều kiện t > 0. t  4 Khi đó phương trình (*) trở thành: 8  t  4   t  t  12   t 2  4t  32  0    t  8 (loại) x Vậy phương trình  2 = 4  x = 2.. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(59) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 2. Giải bất phương trình: x( x  1)  x 2  x  4  2  0 Đặt t  x 2  x  4  0 Khi đó bất phương trình trở thành: t  1 (loai ) (t 2  4)  t  2  0  t 2  t  2  0   t  2 Vậy bất phương trình  x 2  x  4  2  x 2  x  4  4  x 2  x  0  x  1  x  0 Câu III: Tìm m để log 5  2 ( x 2  mx  m  1)  log 5  2 x  0 có một nghiệm duy nhất. Nhận xét:. 5 2 . 1 52.  ( 5  2)1. Do đó: Phương trình  log 5  2 ( x 2  mx  m  1)  log x  0  2  x  mx  m  1  x. 5 2. x  0  log. 5 2. ( x 2  mx  m  1)  log. 5 2. x. (*). Ta có: (*)  m( x  1)   x 2  x  1  m . x2  x  1 (Vì x > 0 nên x +1? 0) x 1. x2  x  1 Xem hàm số: y  ; y’= 0  x  1± 3 x 1 Bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận:  m  1 Phương trình có nghiệm duy nhất  m  3  2 3 Câu IV: 3(sin x  tan x ) 1. Giải Phương trình:  2 cos x  2 tan x  sin x cos x  1 cos x  0   1  Điều kiện: tan x  sin x  0  sin x   1  1  cos x  0    cos x  sin x  0 sin x  0  Khi đó: Phương trình 1   3sin x  1    cos x   2(1  cos x )  3(1  cos x )  2(1  cos x )  3(1  cos x)  2(1  cos x)(1  cos x )  1  cos x  1  sin x   1  cos x  1  (1  cos x)(1  2 cos x)  0  cos x  hoặc cos x  1 (loại vì sin x  0 ) 2. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(60) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: 2 x  k 2 (k   ) 3 sin A 2. Cho cot B  cot C  . Chứng minh ABC là tam giác vuông. cos B cos C Ta có sin A cos B cos C sin A cot B  cot C     cos B cos C sin B sin C cos B cos C sin C .cos B  sin B.cos C sin A sin( B  C ) sin A     sin B sin C cos B cos C sin B.sin C cos B cos C sin A sin A    sin B.sin C  cos B.cos C sin B.sin C cos B cos C   cos B.cos C  sin B.sin C  0  cos( B  C )  0  B  C  2  Vậy tam giác ABC vuông tại A. Câu V: Từ X = (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7) có thể lập được bao nhiêu số gồm 5 chữ số khác nhau từng đôi một thoả: a. Là số chẵn và số 2 đứng đầu. Gọi số cần tìm là: x  a1 a 2 a 3 a 4 a5 Ta có: a1 = 2  có 1 cách chọn cho a1. a5 chẵn  có 3 cách chọn a5. Số cách chọn các vị trí còn lại là: A63 Vậy số các số cần tìm là: 1.3. A63 =360 (số) b. Có 3 chữ số chẵn và 2 chữ số lẽ ( a1  0 ) Từ tập hợp X có số cách chọn 3 số chẵn là C43 và số cách chonù 2 chữ số lẽ là: C42 . Suy ra từ tập X có số cách chọn 5 chữ số trong đó có 3 chẵn và 2 số lẻ là: C43 . C42 . ứng với mỗi 5 chữ số như trên, ta lập đươc 5! Số. Suy ra số các số có 5 chữ số trong đó có 3 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ và a1 có thể bằng 0 là: C43 . C42 .5! Tương tự cách lập luận như trên, ta có số các số có 5 chữ số trong đó có 3 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ và a1= 0 là: C43 . C42 .4! Vậy số các số cần tìm là: C43 . C42 .5! - C43 . C42 .4! = 2448 (số) ĐỀ SỐ 16 ĐẠI HỌC AN GIANG PHẦN CHUNG Câu I 1. Khảo sát hàm số: y  x 4  5 x 2  4 2. Hãy tìm tất cả các giá trị a sao cho đồ thị hàm số y  x 4  5 x 2  4 tiếp xúc với đồ thị hàm số y  x 2  a . Khi đó hãy tìm tọa độ của tất cả các tiếp điểm Câu II: Giải các bất phương trình sau: a. log x2 2 x  1 b. x 2  x  3  x 2  2  2  x  3 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(61) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 5     Câu III: Giải phương trình: sin 5 x  cos  x    sin  2 x   2  2   Câu IV: Giả sử a  0, b  0 , a  b  1 . Chứng minh rằng: 1 1 a. a 2  b 2  b. a3  b3  2 4 Phần tự chọn Câu Va: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ với đáy ABCD và các cạnh bên AA’, BB’, CC’, DD’. Cho AB = a. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, M là trung điểm của cạnh bên BB’ 1. Tính diện tích tam giác MOC theo a 2. Tính tan  , trong đó  là góc giữa hai mặt phẳng (B’OC) và (ABCD) x6 y 3 z 2 Câu Vb: Cho đường thẳng  và mặt phẳng ( ) lần lượt có phương trình:  :   và 2 1 2 ( ) : 2 x  3 y  z  0 1. Chứng minh rằng đường thẳng cắt mặt phẳng, hãy tìm tọa độ giao điểm của chúng 2. Viết phương trình hình chiếu vuông góc của  trên mặt phẳng ( ) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a. Khảo sát hàm số: y = x4-5x2+4 TXD: D = R. (C). x  0 y’= 4x - 10x = 2x (2x - 5); y '  0    x   10  2 3. 2. y’’= 12x2 – 10; y ''  0  x  . 5 19  y  điểm uốn: 6 36.  5 19  5 19  ,    ,    6 36  6 36 . BBT:. Đồ thị:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(62) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email:  x  1 Cho y  0  x 4  5 x 2  4  0    x  2 b. Tìm tất cả các giá trị của a để (C) tiếp xúc với đồ thị y  x 2  a Tìm toạ độ tiếp điểm: Gọi (P): y = x2+ a.  x 4  5 x 2  4  x 2  a (1) (C) tiếp xúc (P)   3 có nghiệm 4 x  10 x  2 x (2)  x  0 (2)  x3  3 x  0  x x 3  3  0   x   3 Thay vào (1): x0a4. . . x   3  a  5. . Vậy a = 4, a = -55. Tiếp điểm  0, 4   3, 2. . . 3, 2 .. Câu II: a. Giải phương trình log x2 2 x  1  1  x  0  0  x  1  x 2  1 0  x 2  1  x  1  x  1      x  0 1 x  2 2 2 0  x  2 x  0  x  2 2 x  x 0  2 x  x . b. Giải bất phương trình: x 2  x  3  x 2  2  2  x  3 Ta có: x 2  x  3  x 2  2  2  x  3  x 2  2  2  x  3 Vậy bất phương trình. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(63) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email:  x 2  2  0  x 2  2  0  x2  2 2  x  3  0    2  x  3  0  x  x  3  0. . . .  x   2  x  2  2  x  2    x7  x  7 3  x  7 Câu III: 5     Giải Phương trình: sin 5 x  cos  x    sin  2 x   2  2    sin 5 x  sin x  2 cos x  2sin 3 x.cos 2 x  cos 2 x  0.   k   2 x   k  x     2 4 2   cos 2 x  0   k 2   3 x    k 2   x    1   sin 3 x   6 18 3   2  3 x  7  k 2  x  7  k 2  6 6 3  Câu IV: Cho a = 0, b = 0, a + b = 1. 1 a. Chứng minh: a 2  b 2  2 1 Ta có: 1  a  b  2. a 2  b 2  a 2  b 2  2 1 b. Chứng minh: a3  b 3  4. . . Ta có: a  b   a  b   a  ab  b 3. 3. (k  Z ). 2. 2. .  a 2  b2  a2  b2 1  a  b  ab  a  b     2 4  2  2. 2. 2. 2. Câu Va: a. S MOC .. Ta có: AC  (BB’DD’)  AC  OM 1 1 a 2 2a 2 a 2 a 2  .  6 2 2 4 4 2 8 b. Tính tan. Ta có AC  (BB’DD’)  góc giữa 2 mặt phẳng (B’OC) và (ABCD) là góc B’OB. BB ' a Và tan   tan B ' OB    2 OB a 2. S MOC  OM .OC . 2. Câu Vb: “ Sưu tầm và biên soạn “.

(64) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: x6 y 3 z 2 :   (): 2x - 3y + z = 0. 2 1 2 a.  cắt (): Ta có phương trình tham số của đường thẳng  là: x = 6 + 2t; y = -3 + t; z = 2 + 2t. Thế x, y, z của đường thẳng  vào mặt phẳng () ta có: 23 12  4t  9  3t  2  2t  0  3t  23  t   . 3 28 32 40   Vậy  cắt () tại A  ;  ;   3 3   3 b. Phương trình hình chiếu của () vào () ta có: Gọi  là mặt phẳng chứa () và   .     n  a , n    7; 2; 8  và  qua I(6, -3, 2)  Vậy phương trình  là: 7x + 2y – 8z – 20 = 0 Khi đó hình chiếu của  trên () là giao tuyến của  và  nên phương trình hình chiếu là 2 x  3 y  z  0  7 x  2 y  8 z  20  0 ĐỀ SỐ 17 ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH – KHỐI A – 2011 A.PHẦN BẮT BUỘC Câu I: Cho hàm số y  2 x3  3(m - 3) x 2  11 - 3m ( Cm ). 9  1. Cho m = 2 . Tìm phương trình các đường thẳng qua A  ; 4  và tiếp xúc với đồ thị ( C2 )của hàm số .  12  2. Tìm m để hàm số có hai cực trị. Gọi M 1 và M 2 là các điểm cực trị, tìm m để các điểm M 1 , M 2 và B(0,-1) thẳng hàng.  6. Câu II: Đặt I . sin x.  sin x  0.  6. 2. 3 cos x. dx. ; J . cos 2 x. 0 sin x  3 cos x. dx. 1. Tính I  3 J và I  J 5 3. 2. Từ các kết quả trên, hãy tính các giá trị của I, J và K . cos 2 x.  cos x . 3 2. 3 sin x. dx. Câu III: 1. Chứng minh rằng với mọi t   1,1 ta có: 1  t  1  t  1  1  t 2  2  t 2 2. Giải phương trình: 1  2 x  x 2  1  2 x  x 2  2( x  1)4 (2 x 2  4 x  1) . Câu IV: 1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau (chữ số đầu tiên phải khác 0), trong đó có mặt chữ số 0 nhưng không có mặt chữ số 1? 2. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số (chữ so ỏđầu tiên phải khác 0) biết rằng chữ số 2 có mặt đúng hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần? B.Phần tự chọn Thí sinh được chọn một trong 2 câu Va và Vb:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(65) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: CâU Va: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA  ( ABCD ) và SA  a 2 . Trên cạnh ˆ   . Hạ SN  CM . AD lấy điểm M thay đổi. Đặt góc ACM 1. Chứng minh N luôn thuộc một đường tròn cố định và tính thể tích tứ diện SACN theo a và  . 2. Hạ AH  SC , AK  SN . Chứng minh rằng SC  ( AHK ) và tính độ dài đoạn HK Câu Vb: Trong mặt phẳng Oxy, xét đường thẳng (d ) : 2 x  my  1  2  0 và hai đường tròn: (C1 ) : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 và (C2 ) : x 2  y 2  4 x  4 y  56  0 . 1. Gọi I là tâm đường tròn (C1 ) . Tìm m sao cho (d ) cắt (C1 ) tại hai điểm phân biệt A và B.Với giá trị nào của m thì diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trị đó. 2. Chứng minh (C1 ) tiếp xúc với (C2 ) .Viết phương trình tổng quát của tất cả các tiếp tuyến chung của (C1 ) và (C2 ) . HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho hàm số y  2 x3  3(m - 3) x 2  11 - 3m ( Cm ). 9  1. Cho m = 2. Tìm phương trình các đường thẳng qua A  ; 4  và tiếp xúc với (C2).  12  Với m = 2: y  2 x3  3 x 2  5 (C ). 2. Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k: y  k ( x . 19 )4 12. 19  3 2  2 x  3 x  5  k ( x  12 )  4 (1) d tiếp xúc (C2)   có nghiệm. 6 x 2  6 x  k (2)  Thay (2) vào (1): 19 2 x3  3 x 2  5  (6 x 2  6 x)( x  )  4 12  x  1  k  0  3 2 2  8 x  25 x  19 x  2  0  ( x  1)(8 x  17 x  2)  0   x  2  k  12  1 21 x   k   8 32 . Vậy phương trình đường thẳng qua A và tiếp xúc với (C2) là: y = 4 hay y = 12x – 15 hay y   2. Tìm m để hàm số có 2 cực trị. Ta có: y  2 x3  3(m  3) x 2  11  3m x  0 y ,  6 x 2  6(m  3) , y ,  0  6 x 2  6(m  3)  0   x  3  m Hàm số có 2 cực trị  (1) có 2 nghiệm phân biệt  m  3  0  m  3 . Tìm m để 2 điểm cực trị M1, M2 và B (0, -1) thẳng hàng. Để tìm phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị M1, M2 ta chia f(x) cho f ' ( x ) : m 3 1 2 f ( x)  f ' ( x)  x    (m  3) x  11  3m 6  3 “ Sưu tầm và biên soạn “. 21 645 x 32 128.

(66) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: Suy ra phương trình đường thẳng M1M2 là: y  (m  3)2 x  11  3m M1, M2, B thẳng hàng  B  M1M2  1  11  3m  m  4 So với điều kiện m  3 nhận m = 4 Câu II:  6. Đặt I .  6. 2. sin x.  sin x . 3 cos x 0 1. Tính I  3 J và I  J  6. I  3J   0. 2. sin x  3cos x sin x  3 cos x. 0 sin x  3 cos x.  6. 2. cos 2 x. ; J . dx. . dx. (sin x  3 cos x)(sin x  3 cos x) sin x  3 cos x. 0.  6. . . dx   sin x  3 cos x dx 0.   ( cos x  3 sin x ) 6  1  3 0  6. IJ  0. 2.  6. 2. sin x  cos x sin x . 3 cos x. dx   0.  6. 1 sin x . 3 cos x. dx .  0. 1 1 2  sin x  2.  3 cos x  2 . dx.   sin  x   1 1 1 3    dx   dx   20 20  2 sin  x   1  cos  x  3 3        Đặt t  cos  x    dt   sin  x   dx 3 3   1  Đổi cận khi x  0  t  và khi x   t  0 2 6  6.  6. 1. 1. 1 0  dt 12 1 1 2 1 1   1 1 t Khi đó I  J    dx   dt   ln   2 2   2 1 1 t 2 0 1 t 4 0 1 t 1 t   4 1 t 2 5 3. 2. Tính I, J và K . cos 2 x.  cos x . 3 2. 3 sin x. dx.  3 1 3  I  ln 3   16 4    J  1 ln 3  3  1  16 4 3 Đổi biến số cho tích phân K: Đặt t  x   dt  dx 2 3 5  Đổi cận khi x   t  0 và khi x  t  2 3 6 Khi đó I  3J  1  3  Ta có:  1  I  J  ln 3  4. “ Sưu tầm và biên soạn “. 1 2 1   4 ln 3 0.

(67) Giáo viên: Nguyễn Thành Long  3  cos 2  t   2   K  3   3 0 cos  t    3 sin  t  2  2   Câu III: 1. Chứng minh. Email:  6.  6.   . dt   0.  6.  cos 2t sin t  3 cos t. sin 2 t  cos 2 t. 1 1 3 dt  I  J  ln 3  8 2 0 sin t  3 cos t. dt  .   t   1,1 , 1  t  1  t  1  1  t 2  2  t 2 vì t   1,1 nên đặt t = cos2x với x   0,   2 Khi đó bất đẳng thức trở thành: 1  cos 2 x  1  cos 2 x  1  1  cos 2 2 x  2  cos 2 2 x. . .  2 cos 2 x  2 sin 2 x  1  sin 2 2 x  2  1  sin 2 2 x  2  cos x  sin x   1  sin 2 x  1  sin 2 2 x (*) 1  sin 2 x  2  cos x  sin x  (a )  2 1  sin 2 x  1  sin 2 x(b) 2   Tacó: (a)   cos x  sin x   2(cos x  sin x ) đúng x   0,   2   (b)  sin 2 x  sin 2 2 x đúng x   0,   2   Do đó (*) đúng x   0,  , nghĩa là bắt đẳng thức được chứng minh.  2 2. Giải phương trình: 2 x  x 2  0  2 2 Điều kiện của vế trái: 1  2 x  x  0  2 x  x  1   0 x2 2 x  x 2  1 Điều kiện của vế phải:. Với 0  x  2 thì 0  2 x  x 2  1 , do đó ta có thể áp dụng bất đẳng thức 1  t  1  t  2  t 2 trong câu 1 thì ta được: 2   2 2 2 VT = 1  2 x  x  1  2 x  x  2   2 x  x   x 2  2 x  2   2 Do (VT)  x  2 x  2 nên điều kiện của vế phải là: 2( x  1)2 (2 x 2  4 x  1)  x 2  2 x  2  2( x 2  2 x  1)2  2( x 2  2 x)  1  x 2  2 x  2   2 Đặt t  x  2 x khi đó điều kiện trở thành: 2(t  1) 2 (2t  1)  t  2  t (4t 2  10t  7)  0  t  0(4t 2  10t  7)  0, t Vậy điều kiện vế phải là: x 2  2 x  0  x  0  x  2 0  x  2 Tóm lại: điều kiện của phương trình là:   x  0 x  2 x  0  x  2 Dễ dàng nhận thấy rằng x  0  x  2 là nghiệm của phương trình. do đó phương trình có 2 nghiệm x  0 x  2 Câu IV: 1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau, trong đó có mặt chữ số 0 nhưng không có mặt chữ số 1. Gọi số cần tìm là: x  a1a 2 a 3 a 4 a5 a6 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(68) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Vì không có mặt chữ số 1 nên còn 9 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần tìm. Vì phải có mặt chữ số 0 và a1  0 nên số cách xếp cho chữ số 0 là 5 cách. Số cách xếp cho 5 vị trí còn lại là: A58 Vậy số các số cần tìm là: 5. A58 = 33.600 (số) 2. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số biết rằng chữ số 2 có mặt đúng 2 lần, chữ số 3 có mặt đúng 3 lần và các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần. Gọi số cần tìm là: y  a1 a 2 a 3 a 4 a5 a6 a7 Giả sử a1 có thể bằng 0: Cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C72 Cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C53 Cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: 2! C82 Bây giờ ta xét a1 = 0: Cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C62 Cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C43 Cách xếp cho 1 vị trí còn lại làứ:7 Vậy số cần tìm là: C 2 . C 3 .2! C 2 - C 2 . C43 .7 = 11.340 (số) 7 5 8 6 Câu Va:. 1. N thuộc đường tròn cố định. Ta có: SN  CM  AN  NC N  ( ABCD ) và ANC  900 nên N thuộc đường tròn đường kính AC cố định. Ta có: CN = AC cos   a 2 cos  1 1 1 1 a3 2 Vậy V = S .SA  . AC .CN sin  .SA = a 2.a 2.cos  .sin  .a 2 = sin 2 SACN 3 ACN 3 2 6 6 2. Tính đoan HK. Ta có CN  (SAN )  CN  AK (1) và AK  SN (2) Từ (1), (2)  AK  ( SCN )  AKH vuông tại K.. Ta có: AN  AC .sin   a 2 sin  a sin  2 1 1 1 1 1      AK  SAN có AK 2 AS 2 AN 2 2a 2 2a 2 sin 2  1  sin 2  Tam giác SAC có AH = a. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(69) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Vậy HK 2  AH 2  AK 2  a 2 . Email: 2a 2 sin 2  1  sin 2 . =. a 2  a 2 sin 2   1  sin 2 . a cos  1  sin 2 . Câu Vb: (C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 1 (C ) : x 2  y 2  4 x  4 y  56  0 2 (d ) : 2 x  my  1  2  0 Ta có (C1 ) có tâm I (1;-2) và bán kính R1 =3 d cắt (C1 ) tại 2 điểm phân biệt A, B  d ( I , d )  R1 .. . 2  2m  1  2  3 2  m 2  1  4m  4m 2  18  9m2  5m 2  4m  17  0  m  R. 1 1 9 IA.IB sin AIB  IA.IB  2 2 2 3 2 9 Vậy: S lớn nhất là khi AIB  900  AB  R1 2  3 2  d  I , d   IAB 2 2 3 2  1  2m  2  m 2  16m 2  16m  4  36  18m 2  2m 2  16m  32  0 2 2  (m  4)  0  m  4 2) (C2 ) có tâm J(-2,2) và bán kính R2 = 8 Ta có: S. IAB. . Ta có: IJ  9  16  5  R2  R1 =5 Vậy (C2 ) và (C2 ) tiếp xúc trong tại điểm có tọa độ thỏa: 14  x  x2  y 2  2 x  4 y  4  0    5    x 2  y 2  4 x  4 y  56  0  x   22  5 Suy ra phương trình tiếp tuyến chung là: 14 14  22  9 12 78  22    x.  y      x    2  y    4  0  x  y   0  3 x  4 y – 26  0 5 5 5  5 5 5  5    ĐỀ SỐ 18 ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH – KHỐI A, B – 2011 x2 x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Cho điểm A  0; a  . Xác định a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox. Câu II: Cho phương trình: 2 cos 2 x  sin 2 x cos x  sin x cos 2 x  m(sin x  cos x ) (1) . Với m là tham số. 1. Giải phương trình (1) khi m = 2.   2. Tìm m để phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc  0;   2 Câu III:. Câu I: Cho hàm số: y . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(70) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 1. 1. Tính tích phân: I   x 5 1  x3 dx 0 2. Chứng minh rằng: Cn1 .3n 1  2Cn2 .3n  2  3Cn3 .3n 3  ...  nCnn .  n.4n 1 trong đó n là một số tự nhiên lớn hơn hay bằng 1. Câu IV: ( x  1)2  y  a 1. Xác định tham số a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất:  2 ( y  1)  x  a log2 x. log6. log 4 x2. 2. Giải phương trình: 4 2  x 2  2.3 2 Câu V: Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxyz, cho hai điểm S  0; 0;1 , A 1;1; 0  . Hai điểm M  m; 0; 0  , N  0; n; 0  thay đổi sao cho m  n  1 và m  0, n  0. 1. Chứng minh rằng thể tích hình chóp S.OMAN không phụ thuộc vào m và n. 2. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN) . Từ đó suy ra mặt phẳng (SMN) tiếp xúc với một mặt cầu cố định.. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y . x2 x 1. TXĐ: D = R\{1} 3 y,   0  Hàm số giảm trên từng khoảng xác định x 1 2. . . TCD: x = 1 vì lim y   x  1 TCN: y = 1 vì lim y  1 x BBT:. Đồ thị:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(71) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 2. Xác định a để từ A (0,a) kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho 2 tiếp điểm đến nằm về 2 phía của 0x. x 2 Gọi M ( x0 ; y0 )  (C )  y0  0 x0  1 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: y  f ' ( x )( x  x )  y 0.  y. 0. 0. 2 0. x 2 x  4 x0  2 3 3 ( x  x0 )  0 y x 2 2 x0  1 ( x0  1) ( x0  1) ( x0  1)2. x02  4 x0  2 ( x0  1)2  (a  1) x02  2(a  2) x0  a  2  0 (1) (vì x =1 không là nghiệm) 0 a  1  0 a  1 Điều kiện để có 2 tiếp tuyến kẻ từ A là:   , a  2   0 x 2 x 2 Khi đó (1) có 2 nghiệm là x0 , x1  Tung độ tiếp điểm y0  0 và y1  1 x0  1 x1  1 Điều kiện 2 tiếp điểm nằm về 2 phía Ox. x  2 x1  2 x x  2( x0  x1 )  4  y0 y1  0  0 . 0 0 1 0 x0  1 x1  1 x0 x1   x0  x1   1 Tiếp tuyến qua A (0,a)  a . a  2 4(a  2)  4 9a  6 2 a  1 a  1  0  0  3a  2  0  a  a  2 2(a  2) 3 3  1 a 1 a 1 a  2, a  1 2  Tóm lại  a và a  1 2 3 a   3. Đs: a . 2 ,a  1 3. Câu II: Cho 2cos2x + sinx2 cosx + sinxcos2 x = m(sinx + cosx) a. Giải (1) khi m = 2 Ta có:. (1). “ Sưu tầm và biên soạn “.

(72) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: 2 cos 2 x  sin 2 x cos x  sin x cos 2 x  2 cos 2 x  sin 2 x  sin x cos x(sin x  cos x ). . .  2(cos x  sin x)(cos x  sin x)  sin x cos x(sin x  cos x)  (sin x  cos x)  2(cos x  sin x)  sin x cos x  Vậy: Phương trình (1). sin x  cos x  0(2)  (sin x  cos x )  2(cos x  sin x )  sin x cos x  m  0    2(cos x  sin x )  sin x cos x  m  0(3)  Ta có: (2)  sin x   cos x  tan x  1  x    k  4  Đặt t  cos x  sin x  2 cos( x  ) . Điều kiện t  2 4 1  t2 Khi đó phương trình (3) trở thành: 2t   m  0  t 2  4t  2m  1  0 (*) 2 Với m = 2, phương trình (*) trở thành: t 2  4t  3  0  t = 1 hay t = 3 (loại)  t = 1.  x  k 2   2   Với t = 1 thì 2 cos( x  )  1  cos( x  )   x     k 2    x     k 2 4 4 2 4 4  2 Tóm lại: nghiệm của phương trình khi m =2 là:   x    k , x  k 2 , x    k 2 (k   ) 4 2  b. Tìm m để (1) có ít nhất một nghiệm thuộc [0, ] 2    3 Ta có: 0  x    x   2 4 4 4  Nhận xét: Nghiệm của (2) không thuộc [0, ] . 2  Do đó: Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc [0, ] . 2  Phương trình (*) có nghiệm thuộc [-1;1] Ta có: (*)  t 2  4t  1  2m Xem hàm số f(t) = t 2  4t trên [-1;1]  f ' (t )  2t  4  0, t  [1, 1]  y = f(t) là hàm số giảm trên [-1;1] Vậy: YCBT  f (1)  1  2m  f (1)  3  1  2m  5  2  m  2 Câu III: 1 1. Tính  I   x5 . 1  x3 dx 0 Đặt t  1  x3  t 2  1  x3  2tdt  3x 2 dx x  0  t  1 Đổi cận:  x  1  t  0. 1 1 1 21 2 4 2  t3 t 5  4  2  2 3 3 2  I   x . 1  x x dx   (1  t ).t.  t  dt   t  t dt      30 3 3 5  45  3  0 0  0. . . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(73) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: 2. Chứng minh C1 .3n  1  2C 2 .3n  2  .......  n.C n  n.4n  1. n n n Ta có: (3  x)n  C 0 .3n  C1 .3n  1.x  C 2 .3n  1.x 2  .......  C n .x n n n n n Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n(3  x )n  1  C1 .3n  1  2C 2 .3n  2 x  ..........  nC n .x n  1 n n n Cho x = 1, ta được điều phải chứng minh. Câu IV: ( x  1)2  y  a 1.  2 ( y  1)  x  a Điều kiện cần: Nếu hệ có 2 nghiệm  x0 , y0  thì ( y0 , x0 ) cũng là nghiệm của hệ. Nên hệ có nghiệm duy nhất thì x0  y0 . Thế vào hệ ta được: ( x  1)2  x  a  x 2  x  1  a  0 0 0 0 0 Ta có x 2  x  1  a  0 có nghiệm duy nhất. 0 0 3    1  4(1  a)  0  a  4 Điều kiện đủ: 3 Với a  4 3  2  x  1  y  4 (1) Hệ trở thành:  ( y  1)2  x  3 (2)  4 y  x Lấy (1) -(2) ta được: (x - y)(x + y + 3) = 0    y  x  3 1 1 Thế y = x vào (1) ta được: 4 x 2  4 x  1  0  x    y   2 2 2 Thế y = - x - 3 vào (1) ta được: 4 x  12 x  13  0 ( vô nghiệm) 1  x    2 Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất  y   1  2 3 Vậy a  thỏa yêu cầu bài toán. 4 2 2. Giải phương trình: 4log2 2 x  x log2 6  2.3log2 4 x Điều kiện: x > 0. Ta có: log 2 x 1  log 2 x log x log 6 log x log 4 x 2 2  2log 2 x log x 4 2 4  4.4 2 ; x 2  6 2 và 3 2 3  9.9 2 Do đó phương trình trở thành:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(74) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: log x log x log x 3 4.4 2  6 2  18.9 2  4    2 log x 3 2 Đặt t    . Điều kiện: t > 0. 2. log 2 x. log x 9 2  18.  (*)  4.  4 t  9 2 2 Khi đó phương trình (*) trở thành: 4 – t = 18t  18t  t  4  0   t   1 (lo ai)  2 . log x 4 log x  3 2 Vậy phương trình      2  2 9  2 1 Vậy x  là nghiệm của phương trình. 4 Câu V: 1. Thể tích hình chóp S.OMAN. Hình chóp S.OMAN có SO là chiều cao. Diện tích tứ giác OMAN là tổng diện tích OMA và ONA 1  1  mn 1  SOMAN  OM ,OA   ON ,OA       2 2 2 2 1 1 1 1 Vậy V  SO.S  .1.  (đvtt) S .OMAN 3 OMAN 3 2 6 2. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN). Ta có:   SM  (m; 0.  1)     Véctơ pháp của (SMN) là n  (n; m; mn) SN  (0, n, 1)  Phương trình mặt phẳng (SMN): nx  my  mnz  mn  0 n  m  mn 1  m.n 1  mn Ta có: d  A,  SMN      1 1  mn 2 2 2 2 2 2 n m m n 1  2mn  m n Suy ra (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R =1 cố định. ĐỀ SỐ 19 ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HỒ CHÍ MINH – KHỐ I D, M, T – 2011 PHẦN BẮT BUỘC Câu I.. 2 x2  x  1 x 1 2. Gọi M  (C ) có hoành độ xM  m . Chứng tỏ rằng tích các khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của (C ) không phụ thuộc vào m Câu II. 1. Giải phương trình 4(sin 4 x  cos 4 x )  3 sin 4 x  2 2. Cho phương trình m(sin x  cos x  1)  1  2sin x cos x (1)   Xác định giá trị của tham số m để phương trình (1) có nghiệm thuộc đoạn  0;   2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(75) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email:  x  1  y  2  m Câu III. Cho hệ phương trình:  (với m  0 )  y  1  x  2  m 1. Giải hệ phương trình khi m = 0. 2. Xác định m để hệ có nghiệm. Câu IV. 4 dx 1. Tính tích phân:  2 0 (sin x  2 cos x ) 2. Cho A là một tập hợp gồm 20 phần tử. a. Có bao nhiêu tập hợp con của A b. Có bao nhiêu tập hợp con khác rỗng của A mà có số phần tử là số chẵn? Phần tự chọn Thí sinh chọn một trong hai câu Va hoặc Vb Câu V.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ De -cac vuông góc Oxy cho họ đường tròn: (Cm ) : x 2  y 2  2mx  4my  5m 2  1  0 1. Chứng minh rằng họ (Cm ) luôn luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định.. 2. Tìm m để (Cm ) cắt đường tròn (C ) : x 2  y 2  1 tại hai điểm phân biệt A và B. Chứng minh rằng khi đó đường thẳng AB có phương không đổi. Câu V.b Cho tam diện ba góc vuông là Oxyz. Trên ba cạnh Ox, Oy, Oz ta lần lượt lấy các điểm A, B, C sao cho OA  a, OB  b, OC  c, trong đó a,b,c là ba số dương. 1. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mp (ABC). Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác ABC. Tính OH theo a, b, c 2. Chứng tỏ rằng ( S ABC )2  ( SOAB ) 2  ( SOBC ) 2  ( SOCA ) 2 với S ABC , SOAB , SOBC , SOCA lần lượt là diện tích của các tam giác ABC, OAB, OBC, OCA. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y  TXĐ: D = R\{-1} 2 x2  4 x y'  ; y'  0  ( x  1)2 Tiệm cận đứng: x = -1 vì Ta có: y  2 x  1 . 2 x2  x  1 x 1. x  0  x  2 . lim y   x  1. 2 2 . Tiệm cận xiên: y = 2x - 1 vì lim 0 x 1 x   x 1. BBT. Đồ thị: Cho x = 1 suy ra y = 2. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(76) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 2. Gọi M   C  có xM = m. Chứng tỏ rằng tích các khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận của (C) không phụ thuộc m. 2 Ta có: xM = m  y  2m  1  M m 1 Tiệm cận đứng: x + 1 = 0 (D1) m 1 Suy ra d1(M, D1)   m 1 1 Tiệm cận xiên: 2x – y – 1 = 0 (D2) 2 2m  2m  1  1 2 m 1 d2(M,D2) =  5 5 m 1 2 2 Suy ra d1 .d 2  m  1  (không phụ thuộc m) 5 m 1 5 Câu II: 1. Giải phương trình: 4(sin 4 x  cos 4 x )  3 sin 4 x  2 Ta có: 1  1  cos 4 x  3 1 1 sin 4 x  cos4 x  (sin 2 x  cos2 x)2  2sin 2 cos2 x = 1  sin 2 2 x = 1    =  cos 4 x 2 2 2  4 4 Do đó: Phương trình 3 1   4   cos 4 x   3 sin 4 x  2  cos 4 x  3 sin 4 x  1 4 4  . 1 3 1  2  cos 4 x  sin 4 x    cos  4 x    cos 2 2 2 3 3 . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(77) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email:    x  4  k 2  (k  Z ) x     k   12 2 2. Tìm m để m(sin x  cos x  1)  1  2sin x cos x có nghiệm thuộc.    0; 2 .   Đặt t  sin x  cos x  2 sin  x   4  2     3  Ta có: 0  x    x     sin  x    1  1  t  2 2 4 4 4 2 4  t2 Khi đó phương trình trở thành m(t  1)  1  (t 2  1)  m  t 1 t2 t 2  2t Xem hàm số: f(t) = trên 1, 2   f '(t )   0, t  1, 2  2 t 1  t  1 Suy ra y = f(t) là hàm tăng trên 1, 2  . Do đó: phương trình có nghiệm  f (1)  m  f ( 2) . 1 m2 2. . . 2 1. Câu III:  x  1  y  2  m 1. Cho  (với m  0 )  y  1  x  2  m Giải hệ khi m = 9. x  2 Điều kiện:  y  2  x  y  1  2 ( x  1)( y  2)  m (1) Khi đó: Hệ phương trình    x  y  1  2 ( x  2)( y  1)  m (2) Lấy (1) trừ (2) được: ( x  1)( y  2)  ( x  2)( y  1)  xy  2 x  y  2  xy  x  2 y  2  x  y.  x  y Do đó: Hệ phương trình    x  1  x  2  m (3) Với m = 9, (3) trở thành x  1  x  2  3  x  2 2  x  5    x  3 y  3  ( x  1)( x  2)  5  x x  3 x  3 Vậy nghiệm của hệ khi m = 9 là:  y  3 2. Tìm m để hệ có nghiệm: Xem hàm số f(x) = x  1  x  2 trên  2;   Ta có: f '( x) . 1 2 x 1. . 1 2 x2.  0, x  2  y = f(x) là hàm số tăng trên  2;  . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(78) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Mặt khác lim f ( x)   nên: x   Hệ có nghiệm  (3) có nghiệm  m  f (2)  m  3  m  3 Câu IV:  4. 1. Tính I . dx.   sin x  2 cos x . 2. Email: dx. 0.  4. Ta có: I .  4. dx.   sin x  2 cos x . 2. 0. Đặt t  tan x  dt . dx   0. dx cos x(tan x  2) 2. 1 dx cos 2 x. Đổi cận khi x  0  t  0 và khi x  1. Khi đó I   0. 1. t  2. 2. 2. dt .   t 1 4. 1 1 1  t20 6. 2. Cho A là tập hợp có 20 phần tử: a. Có bao nhiêu tập con của A: Số tập hợp con của A là: C 0  C1  C 2  ........  C 20  (1  1)20  220 20 20 20 20 20 0 1 2 3 b. Ta có: 0 = (1  1)  C  C  C  C  .........  C 20 (*) 20 20 20 20 20 Số tập con khác rỗng của A có số phần tử chẵn là: 1 C 2  C 4  C 6  ........  C 20 = C1  C 3  ........  C19  C 0 (Do(*)) = .220  1  219  1 20 20 20 20 20 20 20 20 2 (Do câu a) Câu Va: (Cm) x2 + y2 -2mx + 4my + 5m2 – 1 = 0 1. (Cm) luôn luôn tiếp xúc với 2 đường thẳng cố định. Cách 1: Phương trình (C ) là x  m 2  y  2m 2  1 m. . . . . (Cm ) Tâm I (m,-2m) và R = 1. Gọi đường thẳng luôn tiếp xúc (Cm) là: Ax + By + C = 0 ().  A  2 B  0  A  2 B A2  B 2 , m    2 2 C   5.B  C  A  B Vậy (Cm) tiếp xúc với 2 đường thẳng cố định là: 2 x  y  5  0 Cách 2: Vì họ (Cm) có bán kính R = 1 bằng nhau và tập hợp tâm I là đường thẳng d: 2x + y = 0 nên luôn tồn tại 2 đường thẳng () cố định tiếp xúc với (Cm). Đường thẳng () ở trên song song với d và cách d một đoạn bằng 1.  // d   : 2x + y + C = 0 C d(  // d) = 1  1  C   5 4 1 Vậy  : 2 x  y   5  0 2. (Cm) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. (C) có tâm O và bán kính R’ =1 Ta có: d(I,  ) = R, m  m( A  2 B)  C . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(79) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: m 2  4m2  m 5. Ta có OI =. (Cm) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  R  R '  OI  R  R '.  0  m 5  2  m  0 và m . 2. 5 Khi đó đường thẳng AB là trục đẳng phương của (Cm) và (C) có phương trình là: 2mx  4my  5m2  0  2 x  4 y  5m  0 (vì m  0 )  Suy ra: AB có phương không đổi vì VTCP là a (2,1). Câu Vb:. A. H. 0. B. K C Veõ OK  BC    BC  (OAK ) Ta coùOA  BC  Veõ OH  AK.    OH  ( ABC ) Ta coù OH  BC  Ta coù AC  OB    AC  (OHB)  AC  OH  (*) Tính OH: 1 1 1   (1) BOC Có OK 2 OC 2 OB 2. 1. AOK Có. . OH 2. Từ (1) và (2) ta có. 2. 1 OK 2 1. OH 2.  . 1 OA2. AC  HB    H là trực tâm ABC. vaø BC  OH . (2). 1 1 1  OH    a 2 b2 c 2. abc a 2 b2  b2 c 2  c 2 a 2. 1 AK 2 BC 2 4 2 1  OA.OK 2  OB.OC 2 1 OA2 .OB 2 .OC 2 1 2 2  S   .  = (a b  b 2 c 2  c 2 a 2 ) ABC 2 4  OH   OK  4 4 OH 2 2 2 = S  S  S OAB OBC OCA. . 2. Ta có S. . . ABC . . .  .  . . ĐỀ SỐ 20 ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KỸ THUẬT TP.HỒ CHÍ MINH – KHỐI A – 2001 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(80) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 2 x 2  mx  2 với m là tham số. x 1 1. Xác định m để tam giác tạo bởi 2 trục toạ độ và đường tiệm cận xiên của hàm số trên có diện tích bằng 4. 2. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên khi m  3. Câu I. Cho hàm số: y . . Câu II. Cho tích phân: I n . 2.  cos. n. xdx , với n là số nguyên dương.. 0. 1. Tính I 3 và I 4 . 2. Thiết lập hệ thức giữa I n và I n  2 với n  2. Từ đó tính I11 và I12 Câu III. 1. Giải phương trình: sin 2 x  sin 2 2 x  sin 2 3x  2 3 2 Câu IV.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A  1; 2  , B  2; 0  , C  3;1 1. Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 1 2. Tìm điểm M trên đường thẳng BC sao cho diện tích tam giác ABM bằng diện tích tam giác ABC. 3 Câu V. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A 1; 2; 1 , đường thẳng d có phương trình. 2. Tính số đo các góc của tam giác ABC, biết rằng: cos A  sin B  sin C . x2 y z2   và mặt phẳng (P) có phương trình 2 x  y  z  1  0 . 1 3 2 1. Tìm điểm B đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P) 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua A, cắt đương thẳng d và song song với mặt phẳng (P). HƯỚNG DẪN GIẢI. 2 x 2  mx  2 x 1 1. Tìm m để diện tích tam giác tạo bởi TCX và 2 trục tọa độ bằng 4. m Ta có: y  2 x  m  2  x 1 m Với m  0 thì TCX: y = 2x + m + 2 vì lim 0 x   x 1 m2  m2  Giao điểm TCX và Ox: y = 0  x    A  ,0 2 2   Giao điểm TXC và oy: x  0  y  m  2  B(0, m  2) m  2 1 1 m2  SOAB  OA.OB   m  2  4  (m  2)2  16   2 2 2  m  6 (thỏa điều kiện m  0 ) 2 x 2  3x  2 2. Khảo sát và vẽ đồ thị khi m = -3: y  (C) x 1 TXĐ: D = R\ {1} 2x2  4x  5 y'   0 , x  1  Suy ra hàm số tăng trên từng khoảng xác định. ( x  1)2 Câu I: Cho hàm số: y . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(81) Giáo viên: Nguyễn Thành Long TCĐ: x = 1 vì lim y   x 1 TCX: y = 2x - 1 (theo câu 1). Email: BBT:. Đồ thị: x  0  y  2, x  2  y  0 Câu II:   2 3 2 1. I   cos x.dx   (1  sin 2 x ).cos x.dx 3 0 0 Đặt u  sin x  du  cos x.dx x  0  u  0  Đổi cận    x  2  u  1 1. 1. I3 =.  u3  1 2 (1 – u ). du =  u    1   3 0 3 3  2.  0. . I4 =. . 2. . 4. cos x.dx =. 0. . 1 = 4. 2.  0. 2.  0. 2.  1  cos 2 x 2  1   .dx = 2 4   . 1  cos 4 x 1 (1 + 2 cos2x + ).dx = 2 4. 2.  0. . 2. . (1 + 2 cos2x + cos22x).dx. 0. 1 3    2cos 2 x  cos 4 x  .dx 2 2 . . =. 1  3x sin 4 x  2 1  3  3  sin x     0  0    4 2 8 0 4 2  8 . 2. I n . 2.  cos. n. xdx. 0. Đặt u  cosn  1 x  du  (n  1) cosn  2 x sin xdx và dv = cosxdx chọn v = sinx   2  2  I n  sin x cos n1 x  2  (n  1)  cos n 2 x sin 2 x.dx  (n  1)  cos n  2 x (1  cos 2 x )dx 0 0 0  (n  1) I  (n  1) I n2 n n 1 10 8 6 4 10.8.6.4.2 11 9 7 5 11.9.7.5 3 Vậy: I  I (n > 2)  I11  . . . .I 3  ; I12  . . . .I 4  . n n  2 n 11 9 7 5 11.9.7.5.3 12 10 8 6 12.10.8.6 16 Câu III: 1. PT. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(82) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 1  cos 2 x 1  cos 4 x 1  cos 6 x   2 2 2 2  1  cos 4 x  cos 6 x  cos 2 x  0  2 cos 2 2 x  2 cos 4 x.cos 2 x  0. sin 2 x  sin 2 2 x  sin 2 3x  2 .  2 cos 2 x(cos 4 x  cos 2 x)  0  4 cos 2 x.cos 3 x.cos x  0    x  2  k cos x  0     cos 2 x  0   2 x   k   2 cos 3 x  0  3 x    k 2     x  2  k   k Vậy nghiệm của phương trình là  x   (k  Z )  4 2   x    k  6 3 2. Tính các góc của ABC thỏa mãn hệ thức: cosA = sinB + sinC -. 3 2. Ta có: 3 1  1  cos A  sin B  sin C  2 2 A B  C B  C 1 A A BC 1  2 cos 2  2 sin cos   2 cos 2  2 cos cos  0 2 2 2 2 2 2 2 2 A A BC 1 A 1 B  C 2 1 1 B C   cos 2  cos cos   0   cos  cos   cos 2 0  2 2 2 4 2 2 2  4 4 2  A 1 BC  cos  cos 0 2  A 1 BC  1 2 B C   2 2 2   cos  cos  sin 0 2 2 2  4 2  sin B  C  0  2 A 1  A 0 cos    60   2 2 2  B  C  B  C. cos A  sin B  sin C .  A  1200  Vậy:   B  C  300 Câu IV: 1. Phương trình đường tròn có dạng: (C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 11  a   14 5  2a  4b  c  0  13   : A, B, C  (C )  4  4a  c  0  b   14 10  6a  2b  c  0   100  c   14  “ Sưu tầm và biên soạn “.

(83) Giáo viên: Nguyễn Thành Long  11 13  Vậy tâm I   ;    4 14  Hai tam giác có chung đường cao từ A nên:   1   BM  3 BC 1 1 S ABM  S ABC  BM  BC      3 3  BM   1 BC  3. Email:  1 1 M  3 ; 3       11 1  M  ;     3 3. Câu V: 1. Phương trình tham số của (d) qua A và vuông góc với (P).  x  1  2t  d : y  2  t và  P  : 2 x  y  z  1  0.  z  1  t   x  1  Thay vào (P)  t  1   y  1  H  1;1;0  , B đối xứng của A qua (P). z  0   xB  2 xH  x A  3    y B  2 yH  y A  0  B (3; 0;1)  z  2z  z  1 H A  B x  2  t x2 y z2  2. D :     y  3t 1 3 2  z  2  2t  Gọi I là giao điểm của D và đường thẳng cần tìm  .   I  2  t ;3t ; 2  2t   AI  (1  t ,3t  2, 1  2t ) là VTCP của    Do () song song mặt phẳng (P)  AI .n  0   2 1 5  3t  1  0  t    AI   ; 3;   hay  2;  9;  5 . 3 3 3 x 1 y  2 z 1 Vậy phương trình đường thẳng  là:   . 2 9 5. ĐỀ SỐ 21 ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG CƠ SỞ II -TP.HỒ CHÍ MINH – KHỐI D – 2001 Câu I: Cho hàm số: y  x 4  (m 2  10) x 2  9 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 0 2. Chứng minh rằng với mọi m  0 ,đồ thị của hàm số luôn cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt . Chứng minh rằng trong số các giao điểm đó có hai điểm nằm trong khoảng  3,3 và có hai điểm nằm ngoài khoảng  3,3 Câu II: 1. Giải bất phương trình: 1  x  1  x  x  x2  x  3  2 2. Giải phương trình: log 3  2   x  3x  2  2x  4x  5 . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(84) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 2. 3. Cho tam thức bậc hai: f ( x)  x  ax  b . Chứng minh rằng với mọi giá trị của a và b, trong 3 số 1 f (0) , f (1) , f ( 1) có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 2 Câu III: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có: A B C 3  cos A  cos B  cos C tan  tan  tan  2 2 2 sin A  sin B  sin C Câu IV: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ với cạnh bằng a. Giả sử M và N lần lượt là các trung điểm của BC và DD’. 1. Chứng minh rằng MN song song với mặt phẳng (A’BD) 2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và MN theo a Câu V: 1.T ừ các chữ số 1,2,3,4,5,6 thiết lập tất cả các số có sáu chữ số khác nhau.Hỏi trong các số đã thiết lập được, có bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau? cot gx 2. Tìm họ nguyên hàm của hàm số: f ( x)  1  sin x HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho: y = x4 – (m2 + 10)x2 + 9 (Cm). Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 0: y = x4 – 10x2 + 9 TXD: D = R x  0 y '  4 x3  20 x  4 x( x 2  5) ; y '  0   x   5. y ''  12 x 2  20; y ''  0  x  . 5 44 y  điểm uốn 3 9.  5 44  5 44   ;     ;  9   3 9  3 . BBT:. Đồ thị:  x2  1  x  1 Cho y  0     x2  9  x  3 . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(85) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 2. Chứng minh rằng với  m  0 , (Cm) luôn luôn cắt Ox tại 4 điểm phân biệt trong đó có hai điểm nằm  (-3,3) và 2 điểm nằm ngoài (-3,3). Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và Ox. x 4  (m 2  10) x 2  9  0 (1). Đặt t  x 2 (t  0) Phương trình trở thành: t 2  (m 2  10)t  9  0 (2).   (m 2  10)2  36  0, m  Ta có:  P  9  0  0 < t1 < t2  (1) có 4 nghiệm phân biệt  x   x  x  x 2 1 1 2 S  m 2  10  0, m  Đặt f (t) = t 2  (m 2  10)t  9 Ta có: af(9) = 81  9m 2  90  9  9m2  0, m  0 x 2  9 x  (3;3)  1  1 0t 9t     x  3   x  x  3  x 1 2 2 1 1 2 2 x  (  3;3) x  9  2  2 Vậy (Cm) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt trong đó 2 điểm  (3,3) và 2 điểm  (3,3) . Câu II: 1. Giải bất phương trình: 1  x  1  x  x 1  x  0 Điều kiện:   1  x  1 1  x  0 2x  x  2 x  x 1  x  1  x (*) Ta có: Bất phương trình  1 x  1 x Xét x = 0: Hiển nhiên (*) đúng. Vậy x = 0 là nghiệm. Xét 1  x  0 : Khi đó (*) trở thành: 2  1  x  1  x. . . . .  4  (1  x )  (1  x )  2 1  x 2  1  x 2  1  x 2  0  x  0 (loại) Xét 0  x  1 khi đó (*) trở thành: 2  1  x  1  x  x 2  0  0  x  1 .. . . Tóm lại nghiệm của bất phương trình là: 0  x  1 . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(86) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email:  x2  x  3  2 2. Giải phương trình: log 3  2   x  3x  2 2 x  4 x  5   2 u  x  x  3 Đặt:  2 v  2 x  4 x  5 Hiển nhiên u , v  0 , x và v  u  x 2  3x  2 . u Khi đó phương trình trở thành: log  v  u (*) 2v u Nếu u  v thì  1 v u Do đó: VT  log 2  0 ; VP  v  u  0 . Suy ra phương trình vô nghiệm. v u Nếu u  v thì 0   1 v u Do đó: VT  log 2  0 ; VP  v  u  0 . Suy ra phương trinh vô nghiệm. v Vậy: (*)  u  v  x 2  x  3  2 x 2  4 x  5  x 2  3 x  2  0  x  1  x  2 Tóm lại nghiệm của phương trình là: x  1  x  2. 3. Cho f(x) = x2 + ax + b. Chứng minh trong 3 số | f (0) |, | f(1) |, | f(-1) | có ít nhất 1 số lớn hơn hay bằng Dùng phương pháp chứng minh phản chứng: 1 nghĩa là: 2 1 1 1   1  1  f (0)  2  2  f (0)  2  2  b  2 (1)    1 1 1   1  1    f (1)     1  a  b  (2)  f (1)  2 2 2   2  2 1 1 1   1  1  f (1)  2  2  f (1)  2  2  1  a  b  2 (3)    3 1 (2) cộng (3) ta được: -1 < 2 + 2b < 1    b   . Mâu thuẫn với (1). 2 2 1 Vậy có ít nhất 1 trong 3 số f (0) , f (1) , f ( 1) lớn hơn hay bằng . 2 Câu III: Chứng minh rằng trong mọi  ABC ta luôn có: A B C 3  cos A  cos B  cos C tan  tan  tan  (1) 2 2 2 sin A  sin B  sin C A B A B C Ta có: cos A  cos B  cos C  2 cos cos  1  2 sin 2 2 2 2 C AB A B A B C = 1  2sin  cos  cos  1  4sin sin sin  2 2 2  2 2 2 A B A B C C sin A  sin B  sin C  2 sin cos  2 sin cos 2 2 2 2 C A B A B A B C = 2cos  cos  cos  4 cos cos cos  2 2 2  2 2 2. Giả sử cả 3 số f (0) , f (1) , f ( 1) đều nhỏ hơn. “ Sưu tầm và biên soạn “. 1 . 2.

(87) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: A B C sin sin A B C 2 2 2 Do đó: (1)  tg  tg  tg  A B C 2 2 2 cos cos cos 2 2 2 A B C B A C C A C A B C  sin cos cos  sin cos cos  sin cos cos  1  sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C B C A B C C B  sin  cos cos  sin sin   cos  sin cos  sin cos   1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C A B C A A  sin cos  cos sin  1  sin 2  cos 2  1 (đúng) 2 2 2 2 2 2 Vậy đẳng thức đã cho đúng. Câu IV: Cách 1: F A’ D 1  sin. C’. B’. N H D. A O. K. I. E. B C M 1. MN//(A’BD) Gọi E, F là trung điểm CD và A’D’. Ta có FN và ME cắt nhau tại I  AD FN / / A ' D    ( FIM ) / /( A ' BD )  MN / /( A ' BD) ME / / BD  2. Khoảng cách giữa BD và MN. Ta có (A’BD)//(FIM) nên d (BD,MN)=d((A’BD),(FIM)) Vẽ AH  A ' O Ta có BD  AH  AH  ( A ' BD) Gọi  là khoảng cách từ A đến (FIM), ta có: 1 a AH AO 2 3      AH  d (( A ' BD), ( FIM ))    AH  AH   Ak 3 2 2 2 3 Cách 2:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(88) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Z. Email: A’. D’ C’. B’. N Y. A. D. B. C. M. X Chọn hệ trục Axyz như hình vẽ. Suy ra: A  0; 0; 0  , B  a; 0;0  , C  a; a;0  , D  0; a;0  , A’(0; 0; a), B’  a; 0; a  , C’( a; a; a ), D’(0; a; a).. a  a   Ta có: M, N lần lượt là trung điểm của BC và DD’ nên M  a; ; 0  và N  0; a;  2  2   1. Chứng minh MN //(A’BD):   Ta có: A ' B  (a; 0;  a) ; A ' D  (0; a;  a )    Suy ra pháp véc tơ của (A’BD) là: n   A ' B , A ' D   (a 2 , a 2 , a 2 )   a a Ta có véc tơ chỉ phương của MN là: MN   a, ,  2 2      a3 a 3 3 Ta lại có: n.MN   a    0  n  MN  MN / /( A ' BD) 2 2 2. Tính khoảng cách giữa MN và BD  a 2 a2 a2    Gọi  là mặt phẳng chứa MN và BD  Pháp véc tơ  là: n   MN , BD     , ,   2 2 2   Hay n  (1,1,1) ..    . a  Mặt khác  qua M nên có phương trình là: 1( x  a)  1 y    ( z  0)  0  2 x  2 y  2 z  3a  0 2  a Vậy d  MN , BD   d ( B,  )  2 3 Câu V: 1. Số các số có 6 chữ số khác nhau là: p6  720 số. Số các số có 6 chữ số khác nhau và có số 1 và 6 ở cạnh nhau là: (2!4!).5=240 số. Suy ra số các số có 6 chữ số khác nhau và có số 1 và 6 không ở cạnh nhau là: 720 – 240 = 480 số. 2. Ta có d sin 9 x cot x cos x sin 8 x 1 I dx   dx   9 d  sin x    9 9 sin x (1  sin 9 x ) 1  sin 9 x sin x (1  sin 9 x ) sin x (1  sin 9 x). . . . 1  1 1 1 sin 9 x  9 9 9   d sin x  ln sin x  ln 1  sin x  C  ln C  9   sin 9 x 1  sin 9 x  9 1  sin 9 x. . . ĐỀ SỐ 22. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(89) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: ĐẠI HỌC Y DƯỢC TP.HỒ CHÍ MINH – 2001. mx 2  (m 2  1) x  4m3  m Câu I: Cho hàm số: y  (Cm ) xm 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  1 2. Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị (Cm ) có 1 điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ (II) và 1 điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ (IV) của mặt phẳng toạ độ Câu II: 1. Gọi (D) là miền được giới hạn bởi các đường y  3 x  10 , y  1 , y  x 2 (x > 0) và (D) nằm ngoài parabol y  x 2 . Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo nên khi (D) quay xung quang trục Ox. 2. Cho k và n là các số nguyên thỏa 0  k  n . Chứng minh rằng: C2nn  k .C2nn  k  (C2nn ) 2 Câu III: 1. Giải bất phương trình: x 2  3 x  2  x 2  4 x  3  2. x 2  5 x  4 2. Cho phương trình: 2 log 4 (2 x 2  x  2m  4m 2 )  log1 2 ( x 2  mx  2m 2 )  0 Xác định tham số m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa: x12  x2 2  1 Câu IV: 1. Xác định các giá trị của tham số a để phương trình sau có nghiệm: sin 6 x  cos 6 x  a s in2 x a cos A  b cos B  c cos C 2 p  với a  BC , b  CA, c  AB ; p là nửa chu vi; R là a sin B  b sin C  c sin A 9 R bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác.Chứng tỏ tam giác ABC là tam giác đều. x2 y2 Câu V: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho elip: ( E ) :   1 và hai đường 9 4 thẳng ( D ) : ax  by  0 ; ( D ') : bx  ay  0 ;với a 2  b 2  0 . Gọi M, N là các giao điểm của (D) với (E); P, Q là các giao điểm của (D’) với (E). 1. Tính diện tích tứ giác MNPQ theo a và b 2. Tìm điều kiện đối với a, b để diện tích tứ giác MNPQ nhỏ nhất.. 2. Cho tam giác ABC thỏa:. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho hàm số: y . mx 2  ( m 2  1) x  4m3  m. (Cm).. xm. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -1: y .  x2  2 x  5 x 1. TXĐ: D = R\{1}  x  1 x2  2 x  3 y'  ; y'  0   x  3 ( x  1)2 TCĐ: x = 1 vì lim y   x 1 4 4 Ta có: y   x  1  . TCX: y = - x + 1 vì lim 0 x 1 x   x 1 BBT:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(90) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: Đồ thị: cho x  0  y  5; x  2  y  5. Tìm m để (Cm) có 1 điểm cực trị thuộc (II) và một điểm cực trị thuộc (IV). mx 2  2m2 x  3m3 Ta có: y '  ; y '  0  mx 2  2m2 x  3m3  0 (1) 2 ( x  m) Đồ thị (Cm) có 1 điểm thuộc (II) và 1 điểm cực trị thuộc (IV).  (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho:. x  0  x P  0 2  1    y  0(vô-nghiêm)  yCT . yC Ñ  0 m  0   Heäsoá goùc TCX aâm 3m 2  0     (m 2  1) 2  4m(4m3  m)  0  y  m  0. m  0  4 2 15m  2m  1  0  m  0 . m  0   2 1 m  5  m  0. m  0  1 1 1   m   m m 5 5 5  m  0 1 Đs: m   5 Câu II: “ Sưu tầm và biên soạn “.

(91) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 1. Đường thẳng y = - 3x + 10 cắt đường cong y  x 2 (x > 0) tại B(2,4) và cắt đường thẳng y = 1 tại C(3,1). Đường thẳng y = 1 cắt đường cong y  x 2 (x > 0) tại A(1,1). 2 3 2  56 Ta có: V     x 2  12  dx     3 x  10 2  12  dx = (đvtt)   5  1  2 2 2. Chứng minh C n .C n  Cn 2n  k 2n  k 2n 2 (2n  k )! (2n  k )!   2n  !   .   n !(n  k )! n !(n  k )!  n !n ! .  .  .  (n  k  1)(n  k  2)......(n  k  n)(n  k  1)(n  k  2)..(n  k  n)   (n  1)(n  2).....(n  n) 2 Ta có: (n  k  i)(n  k  i )  (n  i )2 Khi cho i thay đổi từ 1 đến n ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Câu III: 1. Giải bất phương trình: x 2  3 x  2  x 2  4 x  3  2. x 2  5 x  4  x 2  3x  2  0   Điều kiện:  x 2  4 x  3  0  x  1  x  4  2  x  5x  4  0  Ta có: Bất phương trình  ( x  1)( x  2)  ( x  1)( x  3)  2 ( x  1)( x  4) (*) Nếu x = 1 thì hiển nhiên (*) đúng . Suy ra x = 1 là nghiệm của phương trình Nếu x < 1 thì (*) trở thành 2  x  3  x  2 4  x  2  x  4  x Nhận xét:   2 x  3 x  2 4 x  3  x  4  x Suy ra Bất phương trình vô nghiệm. Nếu x  4 thì (*) trở thành x  2  x  3  2 x  4  x  2  x  4 Nhận xét:   x2  x3  2 x4 x  3  x  4  Suy ra Bất phương trình đúng x  4 . Tóm lại: Bất phương trình có nghiệm là: x  1  x  4 . 2. 2log 4 (2 x 2  x  2m  4m 2 )  log 1 ( x 2  mx  2m 2 )  0 2 2. 2.  log 2 (2 x  x  2m  4m )  log 2 ( x 2  mx  2m 2 )  0 2 2  x 2  mx  2m 2  0  x  mx  2m  0  2   2  x1  2m, x2  1  m  x  (1  m) x  2m  2m  0 Yêu cầu bài toán. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(92) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email:  x12  x22  1    x12  mx1  2m 2  0 với x1  2m , x2  1  m  2 2  x2  mx2  2m  0 5m 2  2m  0  2 1  4m 2  0  1  m  0   m  5 2  2  2 m  m  1  0  Câu IV: 1. Tìm a để phương trình sin6 x + cos6x = a| sin2x | có nghiệm. Phương trình : 3  1  3sin 2 x cos 2 x  a sin 2 x  1  sin 2 2 x  a sin 2 x 4 Đặt t  sin 2 x điều kịên 0  t  1. Phương trình là: f(t) =. 4  3t 2  4a (vì t = 0 không là nghiệm) t. 4  3t 2 4 4   3t với t  (0,1)  f '(t )   2  3  0  f(t) là hàm số giảm trong (0,1). t t t 1 Khi đó phương trình f (t) = 4a có nghiệm t  (0,1)  4a  f (1)  4a  1  a  4 a cos A  b cos B  c cos C 2 p 2. Cho ABC thoả:  a sin B  b sin C  c sin A 9 R Chứng minh rằng ABC đều. 2 R sin A cos A  2 R sin B cos B  2 R sin C cos C Ta có: VT = b c a a b c 2R 2R 2R 2 2 R 2 (sin 2 A  sin 2 B  sin 2C ) 2 R  2sin( A  B) cos( A  B )  2sin C cos C    ab  bc  ca ab  bc  ca 2 R 2 2sin C cos( A  B)  cos( A  B )  2 R 2 4sin C.sin A.sin B 2 R sin A.2 R sin B.2 R sin C    ab  bc  ca ab  bc  ca R (ab  bc  ca ) 3 abc abc abc    3 R(ab  bc  ca ) 3R R.3 a 2b 2 c 2 a  b  c 33 abc 3 abc VP =   9R 9R 3R Vậy VT =VP  a  b  c  ABC đều. Câu V: 1. Diện tích tứ giác MNPQ Nếu 1 trong 2 số a, b bằng 0 thì (D), (D’) trùng với 2 trục toạ độ, khi đó M, N, P, Q là các đỉnh của elip 1 1  S  MN .PQ  6.4  12 (đvdt) 2 2 1 a Nếu a, b  0 thì phương trình (D) là y = kx và (D’) là y   x với k   0 . k b. Đặt f (t ) . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(93) Giáo viên: Nguyễn Thành Long 1 Do ( D )  ( D ') nên S  MN .PQ  2OM .OP MNPQ 2 2 2 4 x  9 yM  36 Ta có M là giao điểm của (D) và (E) nên:  M  yM  kxM  xM2 . 36 4  9k 2.  OM 2  xM2  yM2  xM2 (1  k 2 ) . Tương tự ta tính được: OP 2 . S. MNPQ.  2OM .OP . 36(1  k 2 ) 4k 2  9 72(1  k 2 ). (9k 2  4)(4k 2  9). . Email: 36(1  k 2 ) 9k 2  4. 72(a 2  b 2 ) (9a 2  4b 2 )(4a 2  9b 2 ). 2. Diện tích nhỏ nhất. Ta có: 1 1 9k 2  4  4k 2  9 13    OM 2 OP 2 36(1  k 2 ) 36 13 1 1 2 72 144      OM .OP  S  2 2 MNPQ 13 36 OM OM .OP 13 OP 144 Vậy S MNPQ nhỏ nhất bằng khi OM 2  OP 2 13  k 2  1  a  b (với ab  0 ) ĐỀ SỐ 23 TRUNG TÂM ĐÀO TẠO BỒI DƯỠNG CÁN BỘ Y TẾ TPHCM – 2001 Câu I: Cho hàm số y  f ( x )  x 3  (m  3) x 2  3x  4 (m là tham số) 1. Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu. Khi đó viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị này 2. Tìm m để f ( x )  3x với mọi x  1.  x 3  2 y  x  m Câu II: Cho hệ phương trình: ( I )  3 (m là tham số)  y  2 x  y  m 1. Giải hệ (I) khi m = 2. 2. Xác định các giá trị của m để hệ (I) có nghiệm duy nhất 1 Câu III: Giải phương trình: sin 8 x  cos8 x  cos 4 x  0 8 Câu IV: 0 2001 1 2000 k 2001 k 2001 0 2002 1. Chứng minh: C2002 .C2002  C2002 .C2002  ...  C2002 .C2002  k  ...  C2002 .C1  1001.2 . sin 2mx dx (m là số nguyên không âm) 3  2 cos 2 x 0. 2. Cho tích phân: I m  . Chứng minh rằng: I m  I m 2  3I m1 với mọi m  2 Câu V: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y 2  4 x và M là điểm thay đổi trên đường thẳng  : x  1 1. Tìm tọa độ tiêu điểm, đường chuẩn của (P) . Hãy vẽ (P) “ Sưu tầm và biên soạn “.

(94) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: 2. Chứng minh rằng từ M luôn luôn kẻ được 2 tiếp tuyến D1 , D2 đến parabol (P) và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. 3. Gọi M 1 , M 2 lần lượt là hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến D1 , D2 (ở câu 2) với (P) Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn M 1 M 2 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: Cho hàm số y  f ( x )  x 3  (m  3) x 2  3x  4 (m là tham số) 1. Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và cực tiểu. Khi đó viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị này. Ta có: y '  3 x 2  2(m  3) x  3; y '  0  3x 2  2(m  3) x  3  0 (1) Hàm số có CĐ, CT  (1) có 2 nghiệm phân biệt.   '  0  (m  3)2  9  0  m2  6m  0  m  6  m  0. 1 1 1  2 Chia f(x) cho f’(x) ta được: y  f '( x)  x  (m  3)   (m 2  6m) x  m  5 9 3 3  9 2 1 Vậy phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị là: y   (m2  6m) x  m  5 . 9 3 2. Tìm m để f ( x )  3x với mọi x  1 Ta có: 4 f ( x)  3 x, x  1  x3  (m  3) x 2  4  0 , x  1  m  x  3  , x  1 x2 4  m  min g ( x ) với g ( x )  x  3  x 1 x2 8 x3  8 Ta có: g '( x)  1   , x  1; g '( x)  0  x  2 x3 x3 BBT:.  min g ( x )  0 . Vậy: m  0 x 1 Câu II:  x3  2 y  x  m (1)  Đặt hệ (I)   y 3  2 x  y  m (2) 1. Giải hệ (I) khi m = 2 Lấy (1) trừ (2) ta được: x3  y3  y  x y  x  ( x  y )( x 2  yx  y 2  1)  0   2  x  yx  y 2  1  0   yx. (voânghieäm vì . “ Sưu tầm và biên soạn “. x. = -3y 2  4  0).

(95) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email:  3 (*) Thế y = x vào ( 1) thì hệ (I) trở thành:  x  3x  m  y  x Khi m = 2 thì hệ (I) trở thành: 2  x3  3x  2  0   x  1  x  2  ( x  1) ( x  2)  0     y   1 y  x y  x  y  2   2. Tìm m để hệ (I) có nghiệm duy nhất. Ta có: Hệ (I) có nghiệm duy nhất  Phương trình (*) có nghiệm duy nhất. Xem hàm số y  x3  3x; y '  3x 2  3, y '  0  x  1 Bảng biến thiên:. Dựa vào bảng biến thiên ta có đáp số: m  2  m  2 Câu III: 1 Giải phương trình: sin 8 x  cos8 x  cos 4 x  0 8 Ta có: 2 1  1 2  8 8 4 4 2 4 4 sin x  cos x  (sin x  cos x )  2 sin x.cos x  1  sin 2 x   sin 4 2 x 8  2  1  1  sin 2 2 x  sin 4 2 x 8 Do đó: Phương trình 1 1  1  sin 2 2 x  sin 4 2 x  cos 4 x  0  8  8sin 2 2 x  sin 4 2 x  (1  2 sin 2 2 x)  0 8 8 sin 2 2 x  1  4 2  sin 2 x  10sin 2 x  9  0    sin 2 x  1  2 x   k  2 sin 2 2 x  9 (loại)     x k (k  ) 4 2 Câu IV: 0 2001 1 2000 k 2001 k 2001 0 2002 1. Chứng minh: C2002 .C2002  C2002 .C2002  ...  C2002 .C2002  k  ...  C2002 .C1  1001.2 Ta có: C n  1  n do đó điều chứng minh trở thành: n 2002.C 0  2001.C1  ......  1.C 2001  10001.22002 2002 2002 2002 2002 0 2002 Ta lại có: ( x  1) C x  C1 x 2001  ........  C 2001 x  C 2002 2002 2002 2002 2002 Lấy đạo hàm 2 vế ta được: 2002.( x  1)2001  2002.C 0 x 2001  2001.C1 .x 2000  ....  1.C 2001 2002 2002 2002 2001 2002 Cho x = 1 và lưu ý 2002.2 ta được điều phải chứng minh.  1001.2 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(96) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: . sin 2mx dx (m là số nguyên không âm) 3  2 cos 2 x 0. 2. Cho tích phân: I m  . Chứng minh rằng: I m  I m 2  3I m1 với mọi m > 2. Ta có:  sin 2mx  sin 2( m  2) x  2 sin 2( m  1) x cos 2 x I I   dx   dx m m2 3  2 cos 2 x 3  2 cos 2 x 0 0  sin 2(m  1) x  2 cos 2 x  3  3     dx   sin 2(m  1) x  3 sin 2( m  1) x dx     3  2 cos 2 x 0 0 0 3  2 cos 2 x  1  cos 2(m  1) x  3I  3I (đpcm) m 1 m 1 2(m  1) 0 Câu V: 1. (P) : y 2  4 x Ta có: y 2  4 x  p  2 . Vậy tiêu điểm F (1, 0); đường chuẩn x = -1. Vẽ (P):. 2. M  đường thẳng  : x  1 chọn M (-1, m). Gọi (d) là đường thẳng qua M có hệ số góc là k  Phương trình (d): y = k(x + 1) + m Phương trình tung độ giao điểm của (d) và (P): 4 y  ky 2  4k  4m  ky 2  4 y  4k  4m  0 (*) k  0 d là tiếp tuyến của (P)  (*) có nghiệm kép   2 (*)  '  4k  4mk  4  0 Do (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt k1 , k và k .k = -1 nên qua M luôn kẻ được 2 tiếp tuyến đến (P) và 2 tiếp 2 1 2 tuyến này vuông góc với nhau. 3. M 1 ( x1 , y1 ) ; M 2 ( x2 , y2 ) là 2 tiếp điểm. Toạ độ trung điểm I của M M là: 1 2 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(97) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email:  x1  x2 y1  y2  y12  y22  1 y1 y2 x     .   2 8 8  2 4   y1  y2  y   2 Ta có M 1 ứng với hệ số góc tiếp tuyến là k1 . M 2 ứng với hệ số góc tiếp tuyến là k2 . Nên y1 và y2 là nghiệm kép của (*)ứng với 2 giá trị k là ö k1 , k2 . 2 2 4  y1  va ø y2   y1 . y2   4 k1 k2 k1 .k 2  y  y 2 1  x   1 2  . 1   2  2    Vậy toạ độ I là:    y1  y2   y    2     Suy ra quỹ tích trung điểm I là parabol có phương trình: y 2  2( x  1) ĐỀ SỐ 24 ĐẠI HỌC KINH TẾ – TP.HỒ CHÍ MINH – 2001 PHẦN BẮT BUỘC Câu I. Cho hàm số y . x2  6 x  9 x  2. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2. Tìm tất cả các điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được tiếp tuyến với đồ thị, song song với đường thẳng 3 y x 4 2  xy  y  12 Câu II. Cho hệ phương trình:  2  x  xy  26  m 1. Giải hệ phương trình với m = 2 2. Với những giá trị nào của m thì hệ phương trình đã cho có nghiệm? Câu III..  6. tan 3 x 0 cos 2 xdx 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường y  ln x , y  0 , x  e .Tính thể tích khối tròn xoay tạo nên khi quay D quanh trục Ox Câu IV. Từ một tập thể 14 người gồm 6 nam và 8 nữ trong đó có An và Bình, người ta muốn chọn một tổ công tác gồm 6 người.Tìm số cách chọn trong mỗi trường hợp sau: a. Trong tổ phải có cả nam lẫn nữ. b. Trong tổ có 1 tổ trưởng, 5 tổ viên, hơn nữa An và Bình không đồng thời có mặt trong tồ Phần tự chọn (Thí sinh được chọn một trong 2 câu sau) Câu Va Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 3 đường thẳng: x  y  2  0 x  4 y  2 z 1 x  5 y 1 z  2 d1 :  , d2:   , d3:   1 2 1 2 1 1 2 x  z  6  0 1. Tính tích phân: I . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(98) Giáo viên: Nguyễn Thành Long 2. 2. Email: 2. Và mặt cầu: ( S ) : x  y  z  2 x  2 y  2 z  1  0 1. Chứng minh rằng d1, d2 chéo nhau và viết phương trình đường thẳng d cắt d1, cắt d2 và song song với d3. 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 sao cho giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) là đường tròn có bán kính r =1. Câu Vb: Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi O là giao điểm hai đường chéo.Trên nửa đường thẳng Ox vuông ˆ  60 góc với mặt phẳng chứa hình vuông, ta lấy điểm S sao cho góc SCB 1. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng BC và SD 2. Gọi (  ) là mặt phẳng chứa BC và vuông góc với mặt phẳng (SAD). Tính diện tích thiết diện tạo bởi (  ) và hình chóp S.ABCD HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I:. x2  6x  9 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị y  x  2 TXĐ: D = R\ {2} x  1 x2  4x  3 y'  ; y'  0   x  3 ( x  2)2 TCĐ: x = 2 vì lim   x2 1 Ta có: y   x  4  x  2 1 TCX: y = - x + 4 vì lim  0 x   x  2 BBT:. (C ). Đồ thị: Cho x = 0  y . 9 2. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(99) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 3 b. Tìm M  Oy sao cho tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) song song với đường thẳng y   x có dạng. 4 3 3 Gọi M (0, b)  Oy , tiếp tiếp qua M song song đường thẳng y   x có dạng: d : y   x  b 4 4 2  x  6x  9 3   xb (1)   x  2 4  d tiếp xúc (C)   coùnghieäm  x2  4 x  3 3   (2) 2 4  ( x  2) x  0 9 5 (2)  x 2  4 x  0   . Thay vào (1): x  0  b  ; x  4  b  2 2 x  4  9  5 Vậy: M 1  0;  , M 2  0;   2  2 Câu II: 2  xy  y  12 Cho  2  x  xy  26  m Giải hệ khi m = 2. (1)  y ( x  y )  12  y ( x  y )  12  a. Ta có: Hệ phương trình    (26  m) y (2)  x ( x  y )  26  m  x  12 Thế (2) vào (1) ta được: y 2 (14  m)  144 (*). Với m = 2: Phương trình (*) trở thành: 16 y 2  144 (2)  y3   x7 2   y 9  (2)  x  7  y  3 . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(100) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:  x  7  x  7 Vậy khi m = 2 hệ có nghiệm:    y  3  y  3 b. Tìm m để hệ có nghiệm: Ta có: Hệ có nghiệm  phương trình (*) có nghiệm  14  m  0  m  14 Câu III:  6. tan 3 x a. Tính I   dx cos 2 x 0 t  tan x  dt . 1 dx cos 2 x. Đổi cận khi x  0  t  0 và khi x .  3 t 6 3. Khi đó  6. I.  6. 3.  cos 0. 2. 3. tan x tan x dx   dx  2 2 x  sinh 2 x 0 cos x (1  tan x). 3 3. t.  1 t 0. 3 3. 3 2. dt . . 1  dt  2  .   t  1  t 0. 3  t  3 1 1 1 2     ln 1  t 2     ln 6 2 3  2 2 0 b. Tính thể tích do hình phẳng giới hạn bởi y = lnx, y = 0, x = e quay quanh Ox. 2. Đồ thị y = lnx cắt Ox tại điểm có hoành độ x = 1 e Do đó: V    ln 2 xdx 1 ln x Đặt u  ln 2 x  du  2 dx ; dv = dx, chọn v = x x e e e      V   .  x ln 2 x  2  ln xdx     e  2  ln xdx      1 1 1 e 1 Xem J   ln xdx . Đặt u  ln x  du  dx ; dv = dx, chọn v = x x 1. . . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(101) Giáo viên: Nguyễn Thành Long e e  J   x ln x    dx  1 1 1 Vậy: V   (e  2) (đvtt) Câu IV: Có 6 nam và 8 nữ trong đó có An và Bình. Lập tổ công tác 6 người. Tìm số cách chọn: a. Có cả nam lẫn nữ:. Email: Số cách lập tổ công tác không phân biệt nam nữ là: C 6 . 14 6 Số cách lập tổ công tác toàn nam là: C . 6 Số cách lập tổ công tác toàn nữ là: C 6 . 8 Suy ra số cách lập tổ công tác có cả nam lẫn nữ là: C146  (C66  C86 )  2974 (cách). b. Có 1 tổ trưởng, 5 tổ viên, An và Bình không đồng thời có mặt: Có 3 trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: Trong tổ không có An lẫn Bình. Như vậy còn lại 12 người. Số cách chọn tổ trưởng: 12 cách. Số cách chọn tổ viên: C115 .  Số cách chọn tổ trong đó không có An lẫn Bình là: 12.C115  5544 (cách). Trường hợp 2: Trong tổ không có An và không có Bình. Như vậy có 13 người trong đó có An nhưng không có Bình. Nếu An là tổ trưởng thì số cách chọn 5 tổ viên trong 12 người còn lại là: C125 . Nếu An là tổ viên thì số cách chọn 1 tổ trưởng và 4 tổ viên còn lại trong 12 người còn lại là: 12.C114 .  Số cách chọn tổ mà trong đó có An và không có Bình là: C125  12.C114  4752 (cách). Trường hợp 3: Trong tổ có Bình và không có An: Tương tự trường hợp 2 có 4752 cách. Tóm lại: Số cách chọn tổ trong đó có 1 tổ trưởng, 5 tổ viên, An và Bình không đồng thời có mặt là: 5544 + 4752 + 4752 = 15048 (cách). Câu IV: a. d1 , d 2 chéo nhau.  Ta có đường thẳng d1 đi qua A (0; 2; 6) có VTCP a1  (1;1; 2)  d 2 đi qua B (4;2;1) có VTCP a2  (1; 2;1) Ta có    a1 , a2   (3;1;1)         a   1 , a2  . AB  1  0   AB  (4; 4;7) Vậy: d1 , d 2 chéo nhau. Phương trình đường thẳng d cắt d1 cắt d 2 , song song d3 .  Ta có VTCP của d3 là a3  (2; 1; 1) - Gọi  là mặt phẳng chứa d1 và song song d3 .     n   a1 , a2   (1,5, 3)  phương trình  : x  5 y  3 z – 8  0 : - Gọi  là mặt phẳng chứa d 2 song song d3 . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(102) Giáo viên: Nguyễn Thành Long     n   a2 , a3   (1;3; 5)  Phương trình:  :  x  3 y  5 z  8  0. - Đường thẳng d cần tìm là giao tuyến của  và  .  x  5 y  3z  8  0 (vì d khác phương d1 , d 2 )  Phương trình d là:   x  3 y  5 z  3  0 b. Mặt cầu (S) có tâm I (-1, 1, -1) và R = 2.. Email: Mặt phẳng (P) cắt (S) theo đường tròn có bán kính r = 1  d  I ,  P    R 2  r 2  3 Mặt phẳng (P) chứa d1 nên phương trình có dạng: m  x – y – 2   n  2 x – z – 6   0   m  2n  x  my  nz  2m  6n  0. Ta có: d  I ,  P    3.   m  2n  m  n  2m  6n  3 (m  2n) 2  m2  n 2  4m  7 n  3 (m  2n) 2  m 2  n 2  16m 2  49n 2  56mn  6m2  15n 2  12mn  10m 2  34n 2  44mn  0  5m 2  22mn  17 n 2  0  m  1 2 Cho n = 1, ta có 5m  22mn  17  0    m   17 5  x  y  z  4  0 Vậy phương trình (P) là:   7 x  17 y  5 z  4  0 Câu Vb.. a. Khoảng cách giữa BC và SD. Ta có SO là trục hình vuông ABCD và SCB  60  SA = SB = SC = SD = CB = a Và BC // (SAD) nên d (BC, SD) = d(I,(SAD)) với I là trung điểm CB. Gọi H là trung điểm AD, ta có: BC  ( SHI ) . Vẽ IJ  SH ta có IJ  ( SAD )  d(BC, SD) = IJ SO.HI Tam giác SIH có IJ   SH. Vậy d (BC, SD) =. 2 2 a 6 3 3 a. 2. a.a. a 6 . 3. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(103) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: b. ( ) Cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang BCFE. Do hình chóp đều nên BCFE là hình thang cân: (EF+BC).IJ S  BCFE 2 a 3 a 3 a 3 Ta có: HJ  ; SJ  , SH  3 6 2 a 3 EF SJ 1 a Do EF//AD nên:   6   EF  . AD SH a 3 3 2 2 6 a    aa 2 2  3 a 6 Vậy S  BCEF 2 4. ĐỀ SỐ 25 HỌC VIỆN NGÂN HÀNG PHÂN VIỆN TP. HỒ CHÍ MINH – KHỐI A – 2001 Câu I: Cho hàm số y  2 x3  3(2m  1) x 2  6m(m  1) x  1 (1) 1. Khảo sát hàm số (1) khi m = 1 2. Chứng minh rằng, m hàm số (1) luôn đạt cực trị tại x1 , x2 với x1  x2 không phụ thuộc m Câu II: 2 2  x  2 xy  3 y  9 1. Giải hệ phương trình  2 2 2 x  13 xy  15 y  0 2. Tam giác ABC có 3 cạnh là a , b, c và p là nửa chu vi. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1    2(   ) p a p b p c a b c Câu III: 1. Giải phương trình: cos 3x  2  cos 2 3x  2(1  sin 2 2 x) 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là 3 cạnh của tam giác ABC và a  b  tan. C  a tan A  b tan B  thì tam giác ABC 2. cân Câu IV: 1. Có thể tìm được bao nhiêu số gồm 3 chữ số khác nhau đôi một? 2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được bao nhiêu số chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau? Thí sinh chọn một trong 2 câu Va hoặcVb dưới đây Câu Va: x2 y2 1. Nếu Elip 2  2  1 nhận các đường thẳng 3 x  2 y  20  0 và x  6 y  20  0 làm tiếp tuyến, hãy tính a 2 a b 2 và b x2 y2 2. Cho Elip 2  2  1 (E).Tìm quan hệ giữa a, b, k, m để (E) tiếp xúc với đường thẳng y  kx  m a b Câu Vb: Trong không gian, cho đoạn OO’= h và 2 nửa đường thẳng Od, O’d’ cùng vuông góc với OO’ và vuông góc với nhau. Điểm M chạy trên Od , điểm N chạy trên O’d’ sao cho ta luôn có OM 2  O ' N 2  k 2 , k cho trước. 1. Chứng minh rằng đoạn MN có độ dài không đổi “ Sưu tầm và biên soạn “.

(104) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: 2. Xác định vị trí của M trên Od, N trên O’d’ sao cho tứ diện OO’MN có thể tích lớn nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a. Khảo sát (1) khi m = 1: y  2 x3  3(2m  1) x 2  6m(m  1) x  1. (1). m  1: y  2 x3  9 x 2  12 x  1 TXĐ: D = R y '  6 x 2  18 x  12 x  1 y'  0   x  2 y ''  12 x  18 y ''  0.  y6  y5.  x. 3 2. . y. 11 2. .  3 11  ñieåm uoán I  ,  2 2 . BBT:. Đồ thị:. b. Chứng minh rằng  m hàm số (1) luôn đạt cực trị tại x1, x2 với x1 - x2 không phụ thuộc m. Ta có: y '  6 x 2  6(2m  1) x  6m(m  1) y '  0  x 2  (2m  1) x  m(m  1)  0. (*). 2. Xét   (2m  1)  4m(m  1)  1  0  (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt l x1 , x2  Hàm số luôn đạt cực trị tại x1 , x2 . Ta có: “ Sưu tầm và biên soạn “.

(105) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: x2  2m  1  1  2m; x2  2m  1  1  2m  2  x2  x2  2m  2  2m  2 (hằng số) Vậy: x2  x1 không phụ thuộc m. Câu II:  x 2  2 xy  3 y 2  9 (1) a. Giải:  2 2 2 x  13 xy  15 y  0 (2) Cách 1: Vì x = 0 không là nghiệm của hệ nên đặt y = kx.  x 2 (1  2k  3k 2 )  9 (3)  Khi đó hệ trở thành:   x 2 (2  13k  15k 2 )  0 (4) Ta có: (4)  15k 2  13k  2  0 (vì x = 0 không là nghiệm).  5 2 x  2 1    2 25 k    5 x  2 5 2  thế vào (3) ta được :   x   2 k  2   x 2  9  3 x  3   x  3. . y. 2 2  y2  y  2. . y. 5 2 2   5 2 2 Vậy hệ có 4 nghiệm  , ,  ,    , (3, 2), ( 3, 2) . 2   2 2   2 Cách 2: Vì x  0 nên chia 2 vế của (2) cho x 2 ta được: 2  y  y (2)  2  13    15    0  x x. y 1  x  5 y    y  2 y    x 3. 2 2. 1 x 5 2 x 3. Thế y vào (1) ta được đáp số trên. 1 1 1 1 1 1    2(   ) b. Chứng minh: p a p b p c a b c Nhận xét: Nếu M, N > 0 thì: 1 1 1 M  N  2 MN ;  2 M N MN 1 1 1 4  1  (M  N )   4   M N M N M N Do đó: 1 1 4 4    p  a p b 2p  a b c 1 1 4 4    p b p  c 2p b  c a 1 1 4 4    p  c p  a 2p  a c b Cộng vế với vế ta được điều phải chứng minh. Câu III: a. Giải: cos 3x  2  cos 2 3x  2(1  sin 2 2 x) “ Sưu tầm và biên soạn “.

(106) Giáo viên: Nguyễn Thành Long áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki, ta có: VT = 1.cos 3x  1. 2  cos2 3x  1  1. cos2 3x  2  cos2 3 x  2. . Email: . Mặt khác: VP  2 . Do vậy: Phương trình  2 2 cos 3 x  2  cos 3x  2     2  cos 3 x  2  cos 3x 2 1  sin 2 2 x  2 sin 2 x  0  2  xk  cos 3 x  1  3  x  k 2 (k  )   sin 2 x  0 x  k   2 b. Ta có: C C a  b  tan  a tan A  b tan B   (a  b) cot g  atgA  btgB 2 2 A B A B A B     (a  b) tan  a tan A  b tan B  a  tan  tan A   b  tan B  tan 2 2 2     A B B A A B A B sin sin sin A.sin sin B.sin 2 2 2  2 a b  A B A B cos A cos B cos cos A cos B.cos 2 2 A B A B  sin (sin A cos B  sin B cos A)  0  sin sin( A  B)  0 2 2 A B  sin 0    A  B  ABC cân 2  sin( A  B)  0 Câu IV: a. Có bao nhiêu số gồm 3 chữ số khác nhau đôi một. Gọi số cần tìm có dạng a1 a2 a3 Số cách chọn a1 : 9 (vì a  0 ) 1 2 Số cách chọn a2 , a3 : A9 Vậy các số cần tìm là: 9. A2  648 (số). 9 b. Từ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được bao nhiêu số chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau. Gọi số cần tìm có dạng a1 a 2 a 3 a 4 a5. . . Trường hợp 1: a5  0 Số cách chọn các vị trí còn lại: A74  840 (số). Trườnng hợp 2: a5  2, 4, 6 a5 có 3 cách chọn. a1 có 6 cách chọn (vì a1 khác 0). a2 , a3 , a4 có A63 cách chọn  Số các số trong trường hợp 2 là 3.6. A63  3000 (số). Vậy số các số cần tìm là: 840 + 2160 = 3000 (số). Câu Va: a. (E) tiếp xúc với đường thẳng 3 x  2 y  20  0 và x  6 y  20  0 “ Sưu tầm và biên soạn “.

(107) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: 9a 2  4b 2  400 a 2  40  2   2 2 a  36b  400 b  10 b. (E) tiếp xúc với đường thẳng kx – y + m = 0  k 2 a 2  b 2  m2 . Câu Vb: a. Chứng minh MN không đổi:. Ta có: MN 2  OM 2  ON 2  OM 2  OO '2  O ' N 2  K 2  h 2  MN  k 2  h 2 (không đổi). b. Định M và N để OO’MN có thể tích lớn nhất. 1 1 V  S .OM  OO '.OM .O ' N OO ' MN 3 OO ' N 6 1 1 OM 2  O ' N 2 hk 2  h.OM .O ' N  h.  6 6 2 12 hk 2 k Vậy: MaxV   OM  O ' N  . 12 2 ĐỀ SỐ 26 HỌC VIỆN NGÂN HÀNG PHÂN VIỆN TP.HCM – KHỐI D Câu I: 1. Khảo sát hàm số: y  x 2  5 x  4 2. Cho 2 parabol: y  x 2  5 x  6 và y   x 2  5 x  11 Viết phương trình tiếp tuyến chung của 2 parabol trên Câu II: 1. Tìm x , y nguyên dương thỏa phương trình: 3 x  5 y  26 1 1 1 2. Cho a .b .c > 0. Chứng minh rằng: (a  b  c )(   )  9 a b c Câu III: 1. Giải phương trình: sin x  sin 2 x  sin 3 x  0 2. Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có tan A  tan B  2 cot. C thì tam giác ABC cân 2. Câu IV: 1. Từ bốn chữ số 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số có các chữ số phân biệt? “ Sưu tầm và biên soạn “.

(108) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: 2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3,4, 5 có thể lập được bao nhiêu số chẵn gồm 5 chữ số đôi một khác nhau? Thí sinh chọn một trong hai câu Va hoặv Vb dưới đây Câu Va: 1. Cho đường tròn C ( x  a )2  ( y  b)2  R 2 . Chứng minh rằng tiếp tuyến của đường tròn tại điểm ( x0 , y0 ) có phương trình: ( x0  a )( x  a)  ( y0  b)( y  b)  R 2. x2 y 2 2. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ 1 điểm bất kỳ của Hyperbol 2  2  1 đến các tiệm cận của nó là a b 1 số không đổi Câu Vb: Cho tứ diện ABCD . Gọi A1 , B1 , C1 , D1 tương ứng là các trọng tâm của các tam giác BCD, ACD, ABD, ABC. Gọi G là giao điểm của AA1 , BB1 AG 3 1. Chứng minh rằng:  AA1 4 2. Chứng minh rằng: AA1 , BB1 , CC1 , DD1 đồng quy HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I: a. Khảo sát hàm số: y  x 2  5 x  4 . Tập xác định: D = R y’= 2x - 5 BBT:. Đồ thị:. b. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai parapol:. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(109) Giáo viên: Nguyễn Thành Long ( P ) : y  x 2  5 x  6 và ( P ) : y   x 2  5 x  11 1 2 Gọi    : y = ax + b là tiếp tuyến chung của (P1) và (P2).. . Email: tiếp xúc với (P1) và (P2)..  x 2  5 x  6  ax  b  x 2  (5  a) x  6  b  0 coùnghieäm keùp coù nghieäm keùp      x 2  5 x  11  ax  b coùnghieäm keùp  x 2  (5  a ) x  11  b  0 coùnghieäm keùp  2 1  0 a  3  a  3 a  10a  4b  1  0      b  10 b  5  2  0 a 2  10a  4b  19  0 Vậy phương trình tiếp tuyến chung là: y = 3x – 10 hay y = - 3x + 5 Câu II: a. Tìm x, y nguyên dương thoả 3x + 5y = 26 26  5 y 1 y Ta có: 3x + 5y = 26  x   8  y  2. 3 3 Ta lại có: x, y   .  y    y, t       1 y     y  1  3t  x  7  5t t  3    1  3t 7 1 • x, y  0    t  5 3 7  5t  0  t  1  t  0 x  2 Vậy:   y  4. (vì t    ) x  7  y  1. 1 1 1 b. Cho a, b, c > 0. Chứng minh (a  b  c )(   )  9 a b c áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: 1 1 1 1 a  b  c  3 abc ;    33 (vì a, b, c > 0) a b c abc  1 1 1 Nhân vế với vế ta được: (a  b  c )      9 (đpcm) a b c Câu III: 1. Giải phương trình:sinx + sin2x + sin3x = 0 Ta có phương trình sin 2 x  0  2sin 2 x cos x  sin 2 x  0  sin 2 x(2 cos x  1)  0   cos x   1  2 k   2 x  k x  2   (k  )  x   2  k 2  x   2  k 2 3   3 C 2. Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có tan A  tan B  2 cot thì  ABC cân. 2. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(110) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Ta có: C sin( A  B ) tan A  tan B  2 cot  2 2 cos A.cos B C 2   cos A.cos B sin. 1.  sin 2. Email: C C cos sin C 2  2 2 C C cos A.cos B sin sin 2 2. cos. C 1 1  cos A.cos B  (1  cos C )   cos( A  B )  cos( A  B )  2 2 2. C 2  1  cos C   cos C  cos( A  B )  cos( A  B )  1  A  B  0  A  B Vậy ABC cân tại C. Câu IV: a. Từ bốn chữ số 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số có các chữ số phân biệt: Số các số có 1 chữ số: A41 . sin. Số các số có 2 chữ số phân biệt: A42 . Số các số có 3 chữ số phân biệt: A43 . Số các số có 4 chữ số phân biệt: A44 . Vậy số các số cần tìm là: A41  A42  A43  A44  64 (số). b. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số chẵn gồm 5 chữ số đôi một khác nhau: Gọi số cần tìm có dạng: a1 a 2 a 3 a 4 a5 . Trường hợp 1: a5  0 Số cách chọn các vị trí còn lại: A54 Trường hợp 2: a5  2, 4 a5 Có 2 cách chọn. a1 Có 4 cách chọn (vì a1 khác 0) a2 , a3 , a4 có A3 cách chọn. 4  Số các số trong trường hợp 2 là 2.4.A43 (số) Vậy số các số cần tìm là: A54  2.4. A43  312 (số) Câu Va: a. Đường tròn ( x  a )2  ( y  b)2  R 2 (C) Có tâm I (a, b) bán kính R. Gọi    là tiếp tuyến của (C) tại M 0 ( x0 , y0 ) . Ta có: M ( x, y )  ()  MM 0  IM 0    MM 0 .IM 0  0  ( x0  x )( x0  a )  ( y0  y )( y0  b)  0  ( x0  a )( x0  a  a  x0 )  ( y0  b)( y  b  b  y0 )  0 ( x0  a) 2  ( y0  b)2 R2  ( x  a)( x0  a )  ( y  b)( y0  b)  R 2 (vì M 0 ( x0 , y0 )  (C ) )  ( x  a)( x0  a )  ( y  b)( y0  b) . Vậy phương trình tiếp tuyến tại ( x0 , y0 ) là: ( x  a)( x0  a)  ( y  b)( y0  b)  R 2. “ Sưu tầm và biên soạn “.

(111) Giáo viên: Nguyễn Thành Long. Email: x2 y2  1 (H ) a2 b2 Lấy M ( x0 , y0 )  ( H )  b 2 x02  a 2 y02  a 2 b 2 Hai tiệm cận của (H) là: 1 : bx  ay  0 và  2 : bx  ay  0 b.. Ta có: d ( M , ( )). d (M , (  ))  1 2. bx0  ay0 bx0  ay0 a 2  b2 a 2  b 2. . b 2 x02  a 2 y02 a 2  b2. . a 2b2 (với c là nửa tiêu cận của (H)) c2. Câu Vb: AG 3 a.  AA 4 1. Gọi I, J là trung điểm của CB, CD và A  BI  DJ . 1 JD JA AD 1 Ta có: D  AJ và: 1  1  1 1  1 JA JD AD 3 Tam giác GA A GDA . 1 1 D A GA 1 AG 3   1 1   GA AD 3 AA 4 1 1 b.. Chứng minh tương tự ta cĩ BB và CC cũng qua G. Vậy AA , BB , CC , DD đồng qui tại G. 1 1 1 1 1 1 “ Chúc các em một năm mới với nhiều thành công mới… Cổng trường ĐH sẽ không còn cao vời vợi nữa nếu các em bắt đầu học từ ngày hôm nay “ Thân tặng … . “ Sưu tầm và biên soạn “.

(112)

26 DE THI DH NAM 2001 CO GIAI CHI TIET

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về