hoctoancapba.com
HỒ XUÂN TRỌNG
1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN
NĂM 2014-2015
TẬP 7
hoctoancapba.com
hoctoancapba.com
5 Đ
Đ Ề T
T H
H I T
T H
H Ử V
V À Đ
Đ Á
Á P Á
Á N
Dưới đây là 5 đề thi thử Đại học của LAISAC đã được tạp chí Toán Học và Tuổi trẻ đăng trong
4 số từ Đề Sô1 đến Đề Số 4. Đề số 5 hoàn toán mới, thay thế một đề đã bị mất file nguồn .
Những câu hỏi trong các đề trên, ban đầu hoàn toàn mới, nhưng thời gian sau này thấy có rải
rác trong những quyển sách luyện thi Đại học hay đề thi thử của một số trường.
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
……
….
.
… ……
SÓ 372.6/2008
ĐỀ SÔ 1
(Thời gian làm bài:180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH.
Câu I. (2 điểm).
Cho đường cong có hàm số y = x 3 - 2 x 2 - ( m - 1 ) x + m (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 .
2. Trong trường hợp hàm số (1) đồng biến trong tập số thực R, tính m để diện tích hình phẳng
giới hạn bỡi đồ thị của hàm số (1) và hai trục Ox,Oy có diện tích bằng 1 đơn vị diện tích.
Câu II.( 2 điểm) .
1. Giải phương trình nghiệm thực: 1 - tan x.tan 2 x = cos 3x.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số k để phương trình : ( k + 1 ) 4 x - 2 x + k = 1 - 2 x có nghiệm.
Câu III .( 2 điểm)
1 .Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp (E) :x 2 + 4y 2 = 4. Qua điểm M(1; 2) kẽ hai đường
thẳng lần lượt tiếp xúc với (E) tại A và B. Lập phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B.
2. Cho tam giác ABC thỏa mãn : cos2 A + 3 ( cos2 B + cos2C ) +
5
= 0 . Tính ba góc của tam giác.
2
Câu IV . ( 2 điểm).
p
2
x
2
1. Tính tích phân : I = ò æç 2 cos 2 + x cos x ö÷. e sin x dx .
0
è
ø
2. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện: 2 . xy +
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S =
xz = 1 .
3 yz 4 zx 5 xy
+
+
.
x
y
z
3
hoctoancapba.com
PHẦN TỰ CHỌN:Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b.
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban . ( 2 điểm)
1. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng
ì x + 2 y - 4 = 0
; (d2):
î z - 3 = 0
(d1) : í
ì y + z = 0
.
í
î x - 1 = 0
Lập phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng trên.
2. Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số, sao cho trong mỗi số đó chữ số đứng sau lớn
hơn chữ số đứng liền trước nó.
Câu 5.b . Theo chương trình THPT phân ban thí điểm . ( 2 điểm)
1. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với mặt
phẳng(ABCD) và SA = a. Tính diện tích của thiết diện tạo bỡi hình chóp với mặt phẳng qua A vuông
góc với cạnh SC.
2. Giải bất phương trình : log (x -1 ) 3 £ log x 2 ( x Î R ) .
2
…………………………Hết…………………………
HƯỚNG DẪN GIẢI.
Câu I.1.Bạn đọc tự giải .
2. Ta có y’ = 3x 2 – 4x – m + 1.
1
3
Để hàm số đồng biến trong tập số thực R khi y ' ³ 0 "x Î R Û m £ - (2).
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (1) với trục Ox:
2
x 3 - 2 x 2 - ( m - 1 ) x + m = 0 Û (x – 1)(x –x – m ) = 0 Þ đồ thị (1) luôn cắt trục hoành tại điểm cố định
(1 ; 0 ). Mặt khác vì hàm số là hàm bậc ba có hệ số cao nhất a = 1 > 0 , lại đồng biến trong R nên đồ
thị luôn cắt trục tung có tung độ âm.
Hay khi m £ -
1
Þ y = x3 - 2 x2 - ( m - 1) x + m £ 0 "x Î [ 0; 1 ] .
3
Do đó, diện tích hình phẳng giới hạn bỡi đồ thị (1) và hai trục tọa độ là:
1
(
)
S = - ò x 3 - 2 x 2 - ( m - 1 ) x + m dx = 0
Mà S = 1 Û m = -
13
6
1 m
- .
12 2
(thỏa điều kiện (2)).
ìcos x ¹ 0
Câu II. 1.Điều kiện : í
Û
îcos 2 x ¹ 0
ìcos x ¹ 0
ï
í 2
1
ïîcos x ¹ 2
Phương trình tương đương :cos3x = cos3x.cosx.cos2x.
écos x = 0 ( loaï )
p
Hoặc : cos 3 x = 0 Û 4 cos x - 3 cos x = 0 Û ê 2
Û x = ± + k p .
3
êcos x =
6
ë
4
3
Hoặc:cosx.cos2x=1 Û 2 cos 3 x - cos x - 1 = 0 Û (cos x - 1 )( 2 cos 2 x + 2 cos x + 1 ) = 0
é(cos x - 1 ) = 0
é x = 2 m p .
Û ê
Û
Û x = 2 m p
ê
2
2
êë( 2 cos x + 2 cos x + 1 ) = 0
êë 2 cos x + 2 cos x + 1 = 0 ( vn ).
4
hoctoancapba.com
Vậy phương trình có nghiệm là : x = ±
2. Đặt t = 2 x ; đk 0 < t £ 1 Þ k =
Þ f '(t ) =
p
6
+ k p ; x = 2m p . ( k , m Î Z ) .
1 - t
= f ( t ) .
1 + t 2
t 2 - 2t - 1
< 0, "t Î (0;1] Þ f (1) £ f (t ) < f (0) Þ 0 £ k < 1.
(1 + t 2 ) 2
Câu III .1 . Giả sử (x1 ; y1) ; (x2 ; y2) lần lượt là tọa độ hai tiếp điểm A và B .
Do đó, phương trình hai tiếp tuyến MA và MB là :x.x1 +4y.y1 = 4 ; x.x2 +4y.y2 = 4 .
Mà hai tiếp tuyến đều đi qua điểm M( 1 ; 2) nên : x1 + 8y1 = 4 (3) ; : x2 + 8y2 = 4 (4).
Từ (3) và (4) chứng tỏ tọa độ hai điểm A và B thỏa mãn phương trinh x + 8y = 4.
Hay phương trình đường thẳng qua hai điểm A và B là x + 8y – 4 = 0.
5
2
3
2
2. Ta có cos2 A + 3 ( cos2 B + cos2C ) + = 0 Û 2cos 2 A - 2 3cosAcos( B - C ) + = 0
2
ìsin( B - C ) = 0
æ
ö 3 2
3
ï
Û 2 çç cos A cos( B - C ) ÷÷ + sin ( B - C ) = 0 Û í
Þ A = 300 , B = C = 75 0 .
3
2
cos( B - C ) = 0
è
ø 2
ïcos A î
2
p
p
p
p
2
2
2
2
x
2
æ
0 è
ö
ø
Câu IV. 1. I = ò ç 2 cos 2 + x cos x ÷. e sin x dx = ò esin x .dx + ò cos x.esin x .dx + ò x cos x.esin x . dx .
0
1
424
3
0
0
J
p
sin x
p
sin x
2
ìdu = cos x . e dx
Þí
Þ J = ( xesin x ) 2 - ò x cos x . e sin x . dx .
0
îdv = dx
îv = x
0
ìu = e
Đặt í
p
p
2
Vậy I = (xe sin x ) 0 2 + ò cos x . e sin x . dx = =
0
e . p
+ e – 1.
2
3 yz 4 zx 5 xy æ yz zx ö æ yz xy ö æ zx xy ö
+
+
= ç + ÷ + 2 ç + ÷ + 3 ç + ÷
x
y
z çè x y ÷ø è x z ø çè y z ÷ø
³ 2 z + 4 y + 6 x = 2 ( x + z ) + 4 ( x + y ) ³ 4 xz + 8 xy = 4 ( xz + 2 xy = 4 .
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = .
3
Câu Va 1. Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng Þ hai đường thẳng chéo nhau ( tự chứng minh).
2. Ta có S =
Theo yêu cầu đề toán tâm I mặt cầu chính là trung điểm của đường vuông góc chung MN của hai
đường thẳng (d1) và (d2) và bán kính R =
MN
. (M Î ( d 1 ); N Î ( d 2 ) )
2
ì x = 4 - 2 t
ï
Đường thẳng (d1) viết lại í y = t
Þ VTCP a = ( 2 ; -1 ; 0 ) . và M(42t ;t ;3) Î ( d 1 ) .
ï z = 3
î
ì x = 1
ï
Đường thẳng (d2) viết lại í y = t ' Þ VTCP b = ( 0 ; 1 ; -1 ) ,và N(1 ;t’ ;t’) Î ( d 2 ) .
ï z = -t '
î
Suy ra MN = ( 3 - 2 t ; t - t ' ; 3 + t ' ) .
5
hoctoancapba.com
Để MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng (d1) và (d2) ,ta có
ìïMN ^ a ì6 - 4 t - t + t ' +0 = 0 ì5 t - t ' -6 = 0 ìt = 1
Ûí
Ûí
Ûí
.
í
ïîMN ^ b î0 + t - t ' -3 - t ' = 0
ît - 2 t ' -3 = 0 ît ' = -1
3
2
9
4
Từ đó suy ra phương trình mặt cầu cần tìm là : ( x - ) 2 + y 2 + ( z - 2 ) 2 = .
2. Giả sử số đó là x = a 1 a 2 a 3 a 4 .Theo yêu cầu bài toán các chữ số a1, a2, a3, a4 khác nhau từng đôi một
và khác không , và x là số chẵn nên ta có các trường hợp sau :
TH1: a4 = 4 , từ yêu cầu đề toán Þ số đó là x = 1234. Do đó có một cách chọn .
TH2: a4 = 6 , từ yêu cầu đề toán ba số hạng a1, , a2 , a3 chỉ được lấy trong tập {1 , 2 , 3 , 4 , 5 } và các chũ số
tăng dần nên có C5 3 = 10 số cho trường hợp này .
TH3 : a4= 8 ,tương tự ba số hạng a1, , a2 , a3 còn lại chỉ được lấy trong tập {1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 } nên có
C7 3 = 35 số cho trường hợp này.
Vậy có 1+10 + 35 = 46 số được chọn theo yêu cầu đề toán .
Câu Vb.1. Bằng phương pháp tọa độ ,chọn A(0,0,0) ,B(a ;0 ;0) ; D(0 ;a ;0) ; C(a;a ;0) ; S(0 ;0 ;a).
Giả sử mặt phẳng (P) đã cho cắt SB, SC ; SD lần lượt tại E, G , F. Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông
góc SC nên nhận vectơ SC = ( a ; a ; -a ) làm VTPT Þ phương trình (P) là :x + y – z = 0 .(5)
ì x = 0
ï
Ta lập phương trình đường thẳng SD í y = t (6) . F là giao điểm của SD và (P) nên nó là nghiệm
ï z = a - t
î
a a
2 2
a a 2 a
) .
3 3 3
hệ phương trình ( 5) và (6) Þ F ( 0 ; ; ) . Tương tự G là giao điểm của (P) và SC Þ G ( ; ;
[
]
Do đó diện tích thiết diện AEGF : S = 2 dt ( AGF ) = AG ; AF =
a 2
.
2 3
2. Điều kiện : x>1 , x ¹ 2 .
1
1
Ta có log (x -1 ) 3 £ log x 2 Û
.
£
log 3 ( x 2 - 1 ) log 2 x
2
1
1
< 0 và vế phải
> 0 .Bất phương trình luôn đúng.
2
log 2 x
log 3 ( x - 1 )
Khi 1 < x < 2 ta có vế trái
Nên bất phương trình có nghiệm 1 < x < 2 .
Khi x > 2 hai vế bất phương trình đều dương ,nên bất phương trình tương đương
log 2 x £ log 3 ( x 2 - 1 ) .
t
t
1
æ 3 ö æ 1 ö
Đặt t = log 2 x . Khi x > 2 Þ t > và x = 2 t . Bất phương trình viết lại 3t £ 4 t - 1 Û ç ÷ + ç ÷ £ 1 (7)
2
è 4 ø è 4 ø
t
t
1
æ 3 ö æ 1 ö
Đặt f ( t ) = ç ÷ + ç ÷ là hàm số liên tục trong ( ;+¥ )
2
è 4 ø è 4 ø
t
t
3 æ 1 ö
1
1
æ 3 ö
Ta có f ' ( t ) = ç ÷ ln + ç ÷ ln < 0 Þ f(t) là hàm số giảm trong ( ;+¥ )
4 è 4 ø
4
2
è 4 ø
Mặt khác ta có f (1 ) = 1 . Do đó bất phương trình (8) viết lại f ( t ) £ f ( 1 ) Û t ³ 1 Û log 2 x ³ 1 Û x ³ 2
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là 1 < x < 2 hoặc x ³ 2
……………………………………………………………………………………………………
6
hoctoancapba.com
Số 418. 4/2012
ĐỀ SÔ 2
(Thời gian làm bài:180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7, 0 điểm):
Câu I. (2, 0 điểm). Cho đồ thị ( C ) có phương trình y = x 3 - 3 x 2 + 2 .
1. Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ).
2. Qua điểm uốn I của đồ thị ( C ) viết phương trình đường thẳng ( d ) cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm
A, B khác I sao cho tam giác MAB vuông tại M, trong đó M là điểm cực đại của đồ thị ( C ).
Câu II. (2,0 điểm).
2cos 2 3 x
+ tan x = cot x .
sin 2 x
ìx + y
ï
2 Định tham số m để hệ phương trình í
ïy + x
î
1. Giải phương trình :
(
(
)
y + 3) = 21 + m
x + 3 = 19 - m
có nghiệm.
1
Câu III.(1, 0 điểm). Tính tích phân : I =
2
2
x + x +1
ò ( 2 x + x + 1 ) e dx .
0
Câu IV ( 1,0 điểm).Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB
là tam giác đều và vuông góc với đáy ABCD. Tính thể tích khối nón có đường tròn đáy ngoại tiếp
tam giác ABC và đỉnh của khối nón nằm trên mặt phẳng (SDC).
Câu V. ( 1, 0 điểm).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=
a 3c
b3 a + bc
+
b3 a
c 3b + ac
+
c 3 b
a 3 c + ab
,
trong đó a, b, c là ba số thực dương tùy ý.
PHẦN RIÊNG ( 3, 0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn .
Câu VI a.(2, 0 điểm)
1. Trong mặt phẳng, với hệ trục tọa độ Oxy lập phương trình đường tròn có bán kính
R = 2, có tâm I nằm trên đường thẳng ( d1 ) : x + y - 3 = 0 và đường tròn đó cắt đường thẳng
AIB = 120 0 .
( d 2 ) : 3 x + 4 y - 6 = 0 tại hai điểm A, B sao cho góc ¼
2. Trong không gian, với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A (1; 2;3) , B ( 0;1; 0 ) , C (1; 0; - 2 ) .
Tìm trên mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0 điểm M sao cho tổng MA2 + 2MB 2 + 3 MC 2 có giá trị nhỏ
nhất.
æp
ö
cos ç + x ÷
Câu VII. a ( 1,0 điểm). Giải phương trình : t anx=2012 è 4 ø .
B. Theo chương trình Nâng Cao.
Câu VI b.(2, 0 điểm).
1. Trong mặt phẳng, với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
( d 2 ) :
( d1 ) :
3 x - y - 3 + 2 = 0 và
3 x + y - 3 - 2 = 0 .
7
hoctoancapba.com
Lập phương trình đường thẳng D cắt hai đường thẳng ( d1 ) , ( d 2 ) lần lượt tại B, C sao cho tam giác
ABC đều có diện tích bằng 3 3 (đvdt), trong đó đỉnh A là giao điểm của ( d1 ) , ( d 2 ) .
2.Trong không gian, với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau
x - 1 y - 2 z - 3
x y - 1 z
=
=
và ( d 2 ) : =
= .Lập phương trình mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách
1
2
3
3
2
1
từ ( d 1 ) đến (P) gấp hai lần khoảng cách từ ( d 2 ) đến (P).
( d1 ) :
Câu VII b ( 1, 0 điểm). Giải phương trình: t anx=2012 c os2x .
……………………………………………Hết……………………………………………………
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I.1.Tự khảo sát .
2.Theo câu trên hai điểm M ( 0; 2 ) , I (1; 0 ) lần lượt điểm cực đại và điểm uốn của đồ thị ( C ).
Gọi k là hệ số góc của đường thẳng qua I nên có phương trình y = k ( x - 1 ) . Phương trình
hoành độ giao điểm của ( C ) và ( d ) là x 3 - 3 x 2 + 2 = k ( x - 1) Û ( x - 1) ( x 2 - 2 x - 2 - k ) = 0 .
Để ( d ) cắt ( C ) tại hai điểm A,B khác M thì phương trình g ( x ) = x 2 - 2 x - 2 - k = 0 (*)
ì D g > 0
có hai nghiệm khác 1 Û í
Û k > -3 .
î g (1) ¹ 0
Giả sử hai giao điểm đó là A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y 2 ) , trong đó x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình (*)
và y1 = k ( x1 - 1) , y2 = k ( x2 - 1 ) .Vì I là tâm đối xứng của đồ thị ( C ) nên để tam giác MAB vuông tại M
thì AB = 2MI = 2 5 Û
(
2
2
)
2
( x1 - x2 ) + ( y1 - y2 )
(
) (( x + x )
Û k 2 + 1 ( x1 - x2 ) = 20 Û k 2 + 1
1
2
2
= 2 5
)
- 4 x1 x2 = 20 .
-1 + 5
-1 - 5
, k =
. So với điều kiện k > 3 ta có ba đường thẳng
2
2
-1 + 5
-1 - 5
y = -2 ( x - 1) , y =
( x - 1) ; y =
( x - 1 )
2
2
Câu II.1. ĐK sin 2 x ¹ 0 . Phương trình tương đương
1 + c os6x
cos 2 3 x = cos2x Û
= cos2x Û 4cos 2 2x5cos2x+1=0 Û (cos 2 x - 1)(4cos 2 2 x + 4 cos 2 x - 1) = 0
2
æ -1 + 2 ö
-1 - 2
-1 + 2
1
(loại), cos 2 x =
Û x = ± arccos çç
Û cos2x=1 (loại), cos 2 x =
÷÷ + k . p
2
2
2
2
è
ø
2. ĐK x ³ 0 , y ³ 0 . Cộng vế theo vế của hai phương trình của hệ ta có :
Û k 3 + 3k 2 + k - 2 = 0 Û k = -2, k =
x + y + 2 xy + 3
(
)
x + y - 40 = 0 Û
(
x+ y
)
2
+3
(
)
x + y - 40 = 0 .
Giải phương trình bậc hai này ta có x + y = - 8 (loại), x + y = 5
Thế
y = 5 - x vào phương thứ nhất của hệ ta có x =
4 - m
. Để tồn tại nghiệm x thì m £ 4 .
2
4 - m 6 + m
=
. Để tồn tại nghiệm y thì m ³ - 6 .
2
2
Vậy để hệ có nghiệm thì -6 £ m £ 4 .
Và
y = 5 -
8
hoctoancapba.com
1
1
1
2
2
2
Câu III.Ta có ò ( 2 x 2 + x + 1 ) e x + x +1 . dx = ò ( 2 x 2 + x ) e x + x +1 . dx + ò e x + x +1 . dx .
0
0
0
1
2
Dùng phương pháp từng phần ta tính tích phân ò e x + x +1 dx .
0
x 2 + x +1
ìïu = e
ïîdv = dx
Đặt í
x 2 + x +1
ìïdu = ( 2 x + 1 ). e
Þí
ïîv = x
1
2
1
2
Suy ra ò e x + x +1 dx = ( xe x + x +1 )
0
0
dx
1
2
- ò ( 2 x 2 + x ) e x + x +1 dx .
0
1
Do đó : ò ( 2 x 2 + x + 1 ) e x
2
2
+ x +1
dx = ( xe x + x +1 )
1
= e 3
0
0
Câu IV. Gọi E, F lần lượt trung điểm AB và CD suy ra EF ^ ( SAB ) .
Gọi O là tâm của tam giác đều ABC. Trong mặt phẳng (SEF) từ O dựng
S
đường thẳng song song EF cắt SF tại I , suy ra I là đỉnh hình nón
O
B
I
C
F
E
A
D
OI SO 2
2
2
=
= Þ OI = EF= a .
EF SE 3
3
3
2
2 3
3
Bán kính đường tròn đáy R = OS= SE = . a = a
3
3 2
3
1
1 1 2 2
2 p a 3
2
Vậy thể tích của hình nón là V = p R h = p a . a =
3
3 3 3
27
Ta có:
Câu V. Ta có :
2
2
2
æ a ö
æ b ö
æ c ö
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç b ÷
3
3
3
c ø
a ø
a c
a ac
b a
c b
è
ø
è
è
=
=
. Tương tự:
=
;
=
.
3
c
a
a
b
b
c
c 3 b + ac
a
c
+
ab
b 3 a + bc b ( ba + c )
+
+
+
a
b
b
c
c
a
æ a ö
b
c
X2
Y2
Z 2
÷ ; Y=
Đặt X= çç
; Z=
ÞX,Y,Z >0 và X.Y.Z=1
Þ
P
=
+
+
.
÷
b
c
a
Y
+
Z
Z
+
X
X
+
Y
è
ø
2
X
Y + Z
Y 2
X + Z
Z 2
X + Y
Mà
+
+
+
+
+
³ X + Y + Z .
Y + Z
4
X + Z
4
X + Y
4
X 2
Y 2
Z 2
X + Y + Z 3
3
ÞP=
+
+
³
³ .Vậy Max(P)= khi a = b = c.
Y + Z Z + X X + Y
2
2
2
Câu VI a.1.Ta có tâm I ( x; - x + 3 ) Î ( d1 ) .Gọi H là hình chiếu của I xuống đường thẳng ( d 2 ) suy ra
tam giác HIA là nửa tam giác đều có cạnh IH = 1.Do đó ta có
3 x + 4(- x + 3) - 6
= 1 Û - x + 6 = 5 Û x = 1; x = 11
5
2
2
2
2
Vậy có hai đường tròn ( x - 1) + ( y - 2 ) = 4 , ( x - 11) + ( y + 8) = 4
uur uur uur r
æ 2 2 1 ö
2.Gọi ( x; y; z ) là tọa độ điểm I sao cho : IA + 2 IB + 3IC = 0 Û I ç ; ; - ÷
è 3 3 2 ø
uuu
r
uu
r
uuu
r
uu
r
uuu
r
uur
2
2
2
Ta có MA2 + 2 MB 2 + 3MC 2 = MI + IA + 2 MI + IB + 3 MI + IC = 6 MI 2 + IA2 + 2 IB 2 + 3 IC 2
d ( I , d 2 ) = IH Û
(
)
(
)
(
)
9
hoctoancapba.com
Để MA2 + 2MB 2 + 3 MC 2 có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt giá trị nhỏ nhất, lúc đó M là hình
chiếu của I xuống mặt phẳng (P).
Đường thẳng IM vuông góc với (P) nên có phương trình tham số x =
2
2
1
+ t , y = + t , z = - + t
3
3
2
Giao điểm M là nghiệm của hệ tạo bỡi phương trình (P) và đường thẳng (d).
5 13 ö
æ 5
; - ; - ÷ .
è 18 18 9 ø
Câu VIIa. ĐK: cosx ¹ 0, t anx>0 Þ sinx ¹ 0 . Phương trình tương đương
Giải hệ ta có M ç 1
c osx
2
1
1
sinx
c osx
s inx 2012
2
2
=
Û
s
inx.2012
=
c
osx.2012
1
sinx
cosx
2012 2
Vì hàm số t anx có chu kì kp , để t anx>0 ta chỉ xét miền nghiệm sao cho s inx>0, cosx>0 từ đó suy ra
miền nghiệm s inx<0, cosx<0 .
Xét hàm số f (t ) = t.2012
1
t
2
, "t Î ( 0;1 ) .Ta có f '(t ) = 2012
1
t
2
+
1
.t.2012
2
1
t
2
.ln 2012 > 0, "t Î ( 0;1 )
Nên hàm số f (t ) đồng biến trong ( 0;1 ) . Do đó phương trình
s inx.2012
1
sinx
2
= cosx.2012
1
c osx
2
Û f (s inx)=f(cosx) Û sinx=cosx Û x=
Để t anx>0 với s inx<0, cosx<0 ta chọn thêm nghiệm x=
p
4
+ k .2 p (vì s inx>0,cosx>0 )
5 p
+ k .2 p .
4
p
+ k .p , ( k Î Z ) .
4
Câu VI b.1. Đường thẳng ( d1 ) : 3 x - y - 3 + 2 = 0 có hệ số góc k1 = 3 nên tạo với chiều dương trục
Vậy phương trình trên có nghiệm : x=
hoành một góc 60 0 và đường thẳng ( d 2 ) : 3 x + y - 3 - 2 = 0 có hệ số góc k2 = - 3
nên tạo với chiều âm trục hoành một góc 60 0 . Do đó hai đường thẳng này cắt nhau tại A (1; 2 ) và tạo
nhau một góc 60 0 .Suy ra đường phân giác tại đỉnh A (1; 2 ) chứa góc 60 0 có phương trình
x - 1 = 0 . Do đó đường thẳng D cần tìm vuông góc với đường phân giác x – 1= 0 có phương trình y =
a. Gọi H là trung điểm BC ta có tọa độ H (1; a ) .
Mà AH = 0 + (a - 2) 2 = a - 2 Þ BC =
2 a - 2
3
Þ dt ( ABC ) =
3
2
a - 2 = 3 3 Þ a = -1; a = 5.
3
Vậy ta có hai đường thẳng D là y = 1 hoặc y = 5.
r
r
2.Đường thẳng ( d 1 ) , ( d 2 ) lần lượt có véc tơ chỉ phương a = (1; 2;3) , b = ( 3; 2;1 )
Theo yêu cầu, hai đường thẳng ( d 1 ) , ( d 2 ) phải song song mặt phẳng (P) nên mặt phẳng (P) có véc tơ
r
r r
pháp tuyến n = éë a; b ùû = (1; -2;1 ) .Ta có A (1; 2;3) Î ( d1 ) , B ( 0;1;0 ) Î ( d 2 ) , vì d [ d1 , P ] = 2d [ d 2 , P ] nên có
hai trường hợp mặt phẳng (P) lần lượt qua hai điểm E, F .
uuur
uuur
r
TH1.(P) qua E thỏa EA = 2 EB Þ E ( -1;0; -3 ) và VTPT n = (1; -2;1 ) Þ ( P ) : x - 2 y + z + 4 = 0
uuur
uuur
r
æ 1 4 ö
è 3 3 ø
Câu VII b . ĐK: cosx ¹ 0, t anx>0 Þ sinx ¹ 0 . Phương trình tương đương
TH2.(P) qua F thỏa FA = -2 FB Þ F ç ; ;1 ÷ và VTPT n = (1; -2;1 ) Þ ( P ) : x - 2 y + z +
4
= 0 .
3
10
hoctoancapba.com
2
2
2
2
s inx
=2012 cos x -sin x Û s inx.2012sin x = c osx.2012 cos x
cosx
Vì hàm số t anx có chu kì kp , để t anx>0 ta chỉ xét miền nghiệm sao cho s inx>0, cosx>0 từ đó suy ra
miền nghiệm s inx<0, cosx<0 .
2
Xét hàm số f (t ) = t.2012t , "t Î ( 0;1 ) .Tương tự như câu Câu VIIa ta chứng minh hàm số f (t ) đồng
p
biến trong ( 0;1 ) từ đó phương trình đã cho có nghiệm x= + k .p , ( k Î Z )
4
…………………………………………………………………………………
SÓ 429.3/2013
ĐỀ SÔ 3
(Thời gian làm bài:180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
2 x + m
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
, có đồ thị ( C m ) ( m là tham số thực).
x - 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Định các tham số m để đồ thị ( C m ) có tiếp tuyến song song và cách đường thẳng ( d ) : 3 x + y - 1 = 0
một khoảng cách bằng 10 đơn vị độ dài.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình 8 2 s inxcos2x+1 = tanx+tan4x+tanxtan4x .
ìï( x + 1) 2 + ( x + 1) y + 1 + y = 6
2. Giải hệ phương trình í
ïî x + ( 2 + x ) y + 1 = 4
e
Câu III (1 điểm) Tính tích phân I = ò ln
1
(
2
( x Î R, y Î R ) .
1
x
)
1 + ln x + ln x dx .
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD , có các cạnh bên SA = SB = SD = a ; đáy ABCD là
¼ = 60 0 và mặt ( SDC ) tạo với mặt ( ABCD ) một góc 30 0 . Tính thể tích hình chóp
hình thoi có góc BAD
S. ABCD.
Câu V (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
1
1
1
+
+
.
2 + 4 a 3 + 9b 6 + 36 c
PHẦN RIÊNG ( 3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes Oxy, cho hai điểm A ( 3;5 ) , B ( 5;3 ) . Xác định điểm M
2
2
trên đường tròn ( C ): ( x - 1) + ( y + 2 ) = 2 sao cho diện tích tam giác MAB có giá trị lớn nhất.
11
hoctoancapba.com
2. Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz , cho tam giác ABC
có A (1;1;1) , B ( 0; -1; -1) , C ( 3;5; - 3 ) .
Lập phương trình đường phân giác trong góc A của tam giác ABC.
Câu VII.a (1 điểm) Cho các số phức z thỏa mãn điều kiện: z - 1 + 2i = 5 . Tìm số phức w có môđun
lớn nhất, biết rằng: w = z+1+i .
B. Theo chương trình Nâng Cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes Oxy , cho hai điểm A ( 3;4 ) , B ( 5;3 ) . Xác định điểm M
x 2 y 2
trên đường Elip ( H ) : + = 1 sao cho diện tích tam giác MAB có giá trị nhỏ nhất.
8
2
x - 1 y - 1 z - 1
2. Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz, cho hai đường thẳng ( d1 ) :
=
=
và
1
2
2
x y + 1 y - 3
=
cắt nhau nằm trong mặt phẳng ( P ) . Lập phương trình đường phân giác của góc
( d 2 ) : =
1
2
- 2
nhọn tạo bỡi ( d 1 ) , ( d 2 ) nằm trong mặt phẳng ( P ) .
ì 1 + x
x - y
ï1 + y = 2012
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình í
ï 2 + 4 y .log x = 0
î
2
, với ẩn thực x > 0, y > 0 .
……………………………..Hết………………………………
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I. a) Tự giải.
b) Để tiếp tuyến tại M ( x0 ; y0 ) Î ( Cm ) song song với đường thẳng y = -3x + 1 thì hệ số góc của tiếp
tuyến y ' ( x0 ) = -3 Û
-2 - m
2
( x0 - 1 )
= -3 Û 3 x02 - 6 x0 + 1 - m = 0 , m ¹ - 2
(1)
é3 x02 - 12 x0 + 11 + m = 0
3 x0 + y 0 - 1
, (2)
= 10 Û ê 2
10
êë 3 x0 + 8 x0 - 9 + m = 0
43
Giải (1) và (2) ta có m = 1 hoặc m = .
3
c
osx
¹
0
ì
Câu I a) Điều kiện í
. Phương trình tương đương 8 2 s inxcos2x= ( tanx+tan4x ) + ( tanxtan4x1 )
î cos4x ¹ 0
Giả thiết: d ( M ; d ) =
p
2p
é
x = - + k .
ê
p
sin5x
cos5x
æ
ö
12
3
Û 8 2 s inxcos2x=
-
Û sin 8 x = sin ç 5 x - ÷ Û ê
5p
2 p
cosxcos4x cosxcos4x
4 ø ê
è
x=
+ k .
êë 52
13
(k Î Z ). (*)
So với điều kiện (*) chính là nghiệm của phương trình
b) Cộng hai vế của hai phương trình của hệ, ta có:
(
)
(
)
2
(
)
x 2 + ( y + 1) + 3 x + y + 1 + 2 x y + 1 - 10 = 0 Û x + y + 1 + 3 x + y + 1 - 10 = 0
12
hoctoancapba.com
éx +
y + 1 = -5
êë x +
y + 1 = 2
Giải phương trình bậc hai này ta có ê
é y + 1 = -5 - x
thay ê
vào một trong hai phương trình của hệ và tiếp tục giải ta có nghiệm của hệ đã
êë y + 1 = 2 - x
cho là ( x; y ) : ( 0;3) , (1; 0 )
e
ln
Câu III Tích phân viết lại I = ò
(
x
1
Đặt t = ln x Þ dt =
) dx .
1 + ln 2 x + ln x
dx
; khi x = 1 ® t = 0; x = e ® t = 1
x
Do đó:
1
1
1
1
t
1 d (1 + t 2 )
I = ò ln t + 1 + t dt = ét ln t + 1 + t 2 ù - ò
dt = ln(1 + 2) - ò
= ln(1 + 2) + 1 - 2 .
êë
úû 0
2
2 0 1 + t 2
0
0 1 + t
(
2
)
(
)
Câu IV. Dựng SH ^ ( ABCD ) , vì
S
SA = SB = SD Þ HA = HB = HD Þ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABD, mà tam giác ABD đều Þ H vừa là trọng tâm, trực tâm
C
B
H
A
D
tam giác ABD.
Do đó HD ^ AB , mà AB // CD Þ HD ^ DC (1), theo định lý ba
đường vuông góc ta cũng có SD ^ DC (2). Từ (1) và (2) góc nhọn
¼ = 30 0 chính là góc của hai mặt phẳng ( SDC ) và ( ABCD ) .
SDH
Xét tam giác SHD vuông tại H có
¼ = 300 Þ SH = 1 a; HD = 3 a Þ AB = 3 a .
SD = a, SDH
2
2
2
1
3 3 a 3
Vậy thể tích hình chóp SABCD là V = .S ABCD . SH =
3
16
1
1
1
1 1 1
Câu V. Cách 1.Đặt a = ; b = ; c = Þ + + = 1 và x > 0, y > 0, z > 0 .
x
y
z
x y z
x
y
z
+
+
Biểu thức đã cho viết lại P =
2 x + 4 3 y + 9 6 z + 36
æ 1
x
1ö æ y
1 ö æ z
1 ö
1
1 ö
Ta có P - 1 = æç
- ÷+ç
- ÷+ç
- ÷ . Û P - 1 = - ç
+
+
÷ .
è 2 x + 4 2 ø è 3 y + 9 3 ø è 6 z + 36 6 ø
è x + 2 y + 3 z + 6 ø
1 1
4
Ta lại có: + ³
đẳng thức xảy ra khi x = 2
x 2 x + 2
æ 1
1
1 ö
1
Tương tự và cộng các bất đẳng thức lại suy ra ,ta có: - ç
+
+
÷³2
è x + 2 y + 3 z + 4 ø
æ 1
1
1 ö
1
1
+
+
÷ ³ - Þ P ³
2
2
è x + 2 y + 3 z + 6 ø
1
1
1
1
Vậy giá trị nhỏ nhất P = khi và chỉ khi a = , b = , c =
2
2
3
6
Do đó: P - 1 = - ç
13
hoctoancapba.com
1
2 + 4a 1
1
3 + 9b 1
+
³ ,
+
³ ,
2 + 4a
16
2 3 + 9b
36
3
2 + 4 a 3 + 9b 6 + 36c
1
Suy ra P +
+
+
³ 1 Þ P ³
16
36
144
2
Cách 2. Chọn điểm rơi:
2
1
6 + 36c 1
+
³ .
6 + 36c
144
6
2
æ x - 1 ö æ y + 2 ö
Câu VI a 1) Phương trình đường tròn viết lại ç
÷ +ç
÷ = 1 .
è 2 ø è 2 ø
x - 1
y + 2
Þ x = 2 sin a + 1 Þ cosa =
Þ y = 2cosa - 2 , trong đó a Î [ 0; 2p ] .
Đặt sin a =
2
2
Do đó tọa độ điểm M
(
)
2 sin a + 1; 2cosa - 2 Î ( C ) .Phương trình đường thẳng AB : x + y - 8 = 0 .
pö
æ
2 cos ç a - ÷ - 9
4 ø
p
æ pö
è
Ta có d( M ; AB ) =
.Để S MAB ® Max Û cos ç a ÷ = -1 Þ a = p + Þ x = 0; y = -3 .
4
2
è 4 ø
Vậy điểm M ( 0; -3 ) Î ( C ) thì diện tích tam giác MAB có giá trị lớn nhất.
uuur
uuur
2) Ta có AB = ( -1; -2; -2 ) Þ AB = 3 , AC = ( 2; 4; -4 ) Þ AC = 6
Lấy điểm D là trung điểm AC Þ D ( 2;3; -1 ) Î AC Þ AB = AD
Nên phân giác trong góc A của tam giác ABC cũng là đường trung tuyến của tam giác cân ABD
ì x = 1
ï
Gọi H trung điểm BD1 Þ H (1;1; - 1 ) , do đó đường phân giác cần tìm có phương trình AH : í y = 1 .
ï z = 1 - 2 t
î
2
2
Câu VIIa. Xét số phức z = x + yi . Từ giả thiết suy ra ( x - 1) + ( y + 2 ) = 5 . Suy ra tập hợp điểm
M ( x; y ) biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I (1; - 2 ) , bán kính R = 5 . Dễ dàng có được
M
(
)
5 sin a + 1; 5 cos a - 2 với a Î [ 0; 2p ] . Mặt khác w = z+1+i= ( x+1) + ( y + 1 ) i
2
2
Þ w 2 = ( x+1) + ( y + 1) =
(
2
) (
5 sin a + 2 +
2
)
2
5cosa - 1 = 10 + 2 5 ( 2sin a - cos a )
2
Đặt t = 2 sin a - cos a , để tồn tại a thì (1) + ( 2 ) ³ t 2 Û - 5 £ t £ 5 Þ 2sin a - cos a £ 5
2
1
, cosa = Þ x = 3; y = - 3 . Vậy số phức đó là w = 4 - 2i
5
5
x
y
Þ x = 2 2.sin a Þ cosa =
Þ y = 2cosa , , trong đó a Î [ 0; 2p ] .
Câu VIb. 1) Đặt sin a =
2 2
2
Do đó w Max = 20 khi và chỉ khi sin a =
(
)
Do đó tọa độ điểm M 2 2 sin a ; 2cos a Î ( H ) .Phương trình đường thẳng AB : x + 2 y - 11 = 0 .
pö
æ
4c os ç a - ÷ - 11
4 ø
pö
p
æ
è
Ta có: d( M ; AB ) =
..Để S MAB ® Min Û cos ç a - ÷ = 1 Þ a = Þ x = 2; y = 1
4 ø
4
5
è
Vậy điểm M ( 2;1 ) Î ( H ) thì diện tích tam giác MAB có giá trị nhỏ nhất
2) Dễ dàng nhân thấy hai đường thẳng
( d 1 ) , ( d 2 ) cắt nhau tại giao điểm I (1;1;1 ) .
14
hoctoancapba.com
Chọn trên ( d 1 ) điểm M ( 2;3;3) Þ IM = 3 .Phương trình tham số ( d 2 )
ì x = t
ï
í y = -1 + 2t Þ N ( t; -1 + 2t ;3 - 2 t ) Î ( d 2 ) .
ï z = 3 - 2 t
î
ét = 0
Þ N1 ( 0; -1;3) , N 2 ( 2;3; -1 ) .
ë t = 2
uuur
uuur
uuur
uuur uuur
¼ < 90 0 Þ góc nhọn của
Ta có: IM = (1; 2; 2 ) , IN1 = ( -1; -2; 2 ) , IN 2 = (1; 2; -2 ) .Mà IM .IN 2 = 1 > 0 Þ MIN
2
¼ .Gọi K ( 2;3;1 ) trung điểm của MN nên đường thẳng qua hai điểm I, K
( d ) , ( d ) chính là góc MIN
Để IN = IM = 3 Û IN 2 = 9 Û ê
1
2
2
2
ì x = 1 + t
ï
là đường phân giác của góc nhọn tạo bỡi ( d 1 ) , ( d 2 ) có phương trình IK : í y = 1 + 2 t .
ï z = 1
î
Câu VII b, Vì : x > 0 , y > 0 Từ (1) Þ
æ 1 + x ö
log 2012 ç
÷ = x - y Û y - log 2012 (1 + y ) = x - log 2012 (1 + x )
è 1 + y ø
(*)
Đặt f ( t ) = t - log 2012 (1 + t ) , xác định "t Î ( 0; +¥ ) Ta có : f '(t ) = 1 -
1
> 0 với "t Î ( 0; +¥ ) Þ
(1 + t ) ln 2012
f(t) luôn luôn đồng biến trong ( 0; +¥ )
Do đó phương trình (*) x - log 2012 (1 + x ) = y - log 2012 (1 + y ) Û f ( x ) = f ( y ) Û x = y
y
1
Từ phương trình (2) : 2 + 4 .log 2 x = 0 Û 4 .log 2 x = -2 Û log 1 x = æç ö÷ (3)
è 4 ø
4
y
y
x
1
Thế x = y vào phương trình (3) ta giải phương trình log 1 x = æç ö÷ bằng phương pháp vẽ hai đồ thị
4
è 4 ø
x
æ 1 ö
z = log 1 x và z = ç ÷ trên cùng một hệ trục tọa độ vuông góc xOz ta thấy phương trình có nghiệm
è 4 ø
4
1
1
1
duy nhất x = . Thử lại thì hệ phương trình có nghiệm x = , y =
2
2
2
…………………………………………………………………………………………………………..
SỐ 440 2/2014
ĐỀ SÔ 4
(Thời gian làm bài:180 phút)
PHẦN CHUNG
Câu 1 ( 2 điểm). Cho đường cong ( C m ) có phương trình y = mx 3 - 3 ( m - 2 ) x + m - 5, ( m là tham số)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên khi m = 1.
2) Chứng minh rằng với mọi tham số m đường cong ( C m ) luôn luôn cắt một đường thẳng cố định
tại ba điểm cố định.
Câu 2 ( 1 điểm). Giải phương trình 4sin x.sin 2 x.cos3x = t anx.tan 2 x.cos6 x .
15
hoctoancapba.com
ìï 4 x - y + 3 1 + y = 0
Câu 3 ( 1 điểm). Giải hệ phương trình í
.
ïî 4 (1 + x)(1 + y ) - 6 1 + x + 1 = 0
p
4
Câu 4 ( 1 điểm). Tính tích phân sau I = ò e x ( ta 2 nx + ln(cos x) ) dx .
0
Câu 5 ( 1 điểm). Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c và a 2 + b 2 + c 2 = 3 (
đơn vị chiều dài ). Tính thể tích nhỏ nhất của tứ diện ABCD .
Câu 6 ( 1 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác thỏa mãn điều kiện 2c + b = abc .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S =
3
4
5
+
+
.
b + c - a a + c - b a + b - c
PHẦN RIÊNG ( Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a. ( 1 điểm). Trong mặt phẳng, với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A (1; 2) , trọng
æ 2 10 ö
÷ . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B và C của tam giác.
è 3 3 ø
tâm G (1;1) và trực tâm H ç ;
Câu 8a ( 1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với
A (1;0; 0 ) , B ( 3; 2; 2 ) , C ( - 2; 0;3 ) . Lập phương trình mặt cầu ( C ) có bán kính nhỏ nhất đi qua A và lần
lượt cắt hai cạnh AB, AC của tam giác ABC tại hai điểm E, F sao cho AE = 3, AF = 2 .
Câu 9a ( 1 điểm). Gọi E là tập các số tự nhiên có ba chữ số abc ( a ¹ 0 ) sao cho ba số a,b,c khác
nhau theo thứ tự đó tăng dần. Tính xác suất để lấy ra trong tập E một phần tử là số chẵn.
B. Theo chương trình Nâng Cao
Câu 7b. ( 1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
(d1 ) : x + y - 1 = 0, (d 2 ) : x - y + 1 = 0 . Lập phương trình đường tròn ( C ) cắt (d 1 ) tại A và (d 2 ) tại hai
điểm B, C sao cho tam giác ABC là tam giác đều có diện tích bằng 24 3 đơn vị diện tích.
Câu 8b. ( 1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC có đỉnh A (1; 2; 0) ,
æ 2 10 ö
; 0 ÷ . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B và C của tam giác.
è 3 3 ø
trọng tâm G (1;1; 0) và trực tâm H ç ;
(
x
) (
x
)
Câu 9b ( 1 điểm). Giải phương trình 2 + 3 + 2 - 3 = 2 1 + x .
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
HƯỚNG DẪN VÀ GIẢI.
Câu 1. 1.Khi m = 1 hàm số viết lại . y = x 3 + 3 x - 4, Tự khảo sát và vẽ
2. Hàm số viết lại y = m ( x3 - 3x + 1) + 6 x - 5 .
ì x 3 - 3 x + 1 = 0
Điểm cố định ( nếu có) mà đường cong đi qua thỏa nghiệm hệ: í
î y = 6 x - 5
3
2
Đặt f ( x) = x - 3 x + 1 = 0 Þ f '( x) = 3x - 3 , khi f '( x) = 0 Û x = 1, x = - 1
.
Vì đồ thị của hàm số f(x) có f max . f min = f (-1). f (1) = 3.(-1) < 0 nên phương trình f ( x) = x 3 - 3x + 1 = 0 có
ba nghiệm phân biệt Þ đường cong ( C m ) luôn luôn qua ba điểm cố định thỏa mãn phương trình
y = 6 x - 5 . Hay đường cong luôn luôn cắt đường thẳng cố định y = 6 x - 5 ba điểm cố định thẳng hàng
16
hoctoancapba.com
Câu 2. ĐK cos x ¹ 0.cos 2 x ¹ 0
4sin x.sin 2 x.cos3 x = t anx. tan 2 x.cos6 x Û 4 sin x.sin 2 x.cos2 x. cos3 x = tan x.sin 2 x.cos6 x . Xảy ra:
k p
+ sin 2 x = 0 Û x =
, so với điều kiện phương trình có nghiệm x = mp .(1)
2
kp
p k p
+ 4sin x.cos2 x.cos3x = t anx.cos6 x Û sin 4 x.cos3x = s inx.cos6 x Û sin x=sin5x Û x =
, x = - -
(2)
3
4 2
k p
Từ (1) và (2) so với điều kiện phương trình có nghiệm x =
( k Î Z ) .
3
2
2
ïìa - b + 3b - 3 = 0
Câu 3. ĐK x ³ -1, y ³ - 1 . Đặt a = 2 1 + x , b = 1 + y Þ a ³ 0, b ³ 0 thì hệ trở thành í
ïî 2 ab - 3a + 1 = 0
Từ hệ phương trình trên ta biến đổi về dạng số phức sau
(a
2
2
- b 2 + 3b - 3) + ( 2ab - 3a + 1) i = 0 Û ( a + bi ) - 3i ( a + bi ) + i - 3 = 0 Û z 2 - 3iz + i - 3 = 0 (a + bi = z Î C )
Giải phương trình này, ta có z1 = 1 + i, z2 = -1 + 2 i
3
4
æ
è
ö
ø
Suy ra ( a = 1; b = 1 ) do đó nghiệm của hệ phương trình trên là ç x = - ; y = 0 ÷
p
p
4
4
Câu 4. Vì I = ò e x ta 2 nxdx + ò e x ln(cos x) dx .
0
0
p
p
p
p
p
p
4
e dx
æ 1
ö
x
x
Ta tính J = ò e ta nxdx = ò e ç 2 - 1÷ dx = ò 2 - ò e dx = ò e d (t anx) + 1 - e 4
co sx 0
è co sx ø
0
0
0
0
4
4
x
4
x
4
x
2
p
p
p
4
p
4
p
p
4
4
Mà ò e x d (t anx) = éë e x t anx ùû 0 4 - ò e x t anxdx = e 4 - ò e x t anx dx . Nên J = 1 - ò e x t anx dx
0
0
p
p
4
4
x
0
0
p
p
p
p
4
4
x
Ta lại có K = ò e t anxdx = - ò e d ( ln(cosx) ) = - éë e x ln(cos x) ùû 0 4 + ò e x ln(cos x) dx = e 4 ln 2 + ò e x ln(cos x) dx .
0
0
0
0
p
p
p
4
Do đó J = 1 - e 4 ln 2 - ò e x ln(cos x) dx . Vậy tích phân I = 1 - e 4 ln 2 .
0
Câu 5.
A
B'
C
D'
D
B
C'
Qua các đỉnh của tam giác BCD ta kẽ các đường thẳng song song với
các cạnh đối diện, chúng lần lượt cắt nhau từng đôi một tạo thành tam
giác B’C’D’ có diện tích gấp 4 lần diện tích tam giác BCD.
Ta có C’D’ = 2CD = 2AB suy ra tam giác C’AD’ vuông tại A, tương
tự ta cũng chứng minh được hai tam giác C’AB’, B’AD’ lần lượt
vuông tại A.
Đặt AB ' = x, AC ' = y , AD ' = z thì ta có
ì x 2 + y 2 = 4 c 2
ï 2
2
2
2
2
2
2
2
2
í y + z = 4a Þ x + y + z = 2 a + b + c
ï 2
2
2
î z + x = 4 b
(
)
17
hoctoancapba.com
ì x 2 = 2 ( b 2 + c 2 - a 2 )
ï
1
1
2
ï
Þ í y 2 = 2 ( a 2 + c 2 - b 2 ) Þ VABCD = VAB 'C ' D ' =
xyz =
4
24
12
ï 2
2
2
2
ïî z = 2 ( a + b - c )
(b
2
+ c 2 - a 2 )( a 2 + c 2 - b 2 )( a 2 + b 2 - c 2 ) .
3
æ b 2 + c 2 - a 2 + a 2 + c 2 - b 2 + a 2 + b 2 - c 2 ö 27
mà ( b + c - a )( a + c - b )( a + b - c ) £ ç
= 1 ( Côsi)
÷ =
3
è
ø 27
2
2
Þ VABCD £
2
2
2
2
2
2
2
2
2
.Vậy thể tích của tứ diện lớn nhất VABCD =
khi và chỉ khi a = b = c = 1 .
12
12
Câu 6. Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên a + b - c > 0, a + c - b > 0, b + c - a > 0 và áp dụng BĐT
1 1
4
+ ³
( x, y > 0 )
x y x + y
1
1
1
1
1
1 ö 2 4 6
æ
ö æ
ö æ
Ta có S = ç
+
+
+
÷ + 2ç
÷ + 3 ç
÷ ³ + +
è b + c - a a + c - b ø è b + c - a a + b - c ø è a + c - b a + b - c ø c b a
2 1
Mặc khác từ giả thiết 2c + b = abc Û + = a
b c
2 4 6
3
4
5
æ1 2 3ö
æ 3 ö
Nên ta có + + = 2 ç + + ÷ = 2 ç + a ÷ ³ 4 3 . Vậy S =
+
+
³ 4 3 .
c b a
b + c - a a + c - b a + b - c
èc b aø
èa
ø
Do đó giá trị nhỏ nhất của S = 4 3 , khi và chỉ khi a = b = c = 3 .
TỰ CHỌN
A. Theo chương trình chuẩn
uuuur
Câu 7a .Gọi M ( x; y ) là tọa độ trung điểm cạnh BC, ta có AM =
æ 1 ö
è
ø
uuur æ 1 4 ö
è
ø
3 uuur
æ 1 ö
AG Þ M ç 1; ÷
2
è 2 ø
Đường thẳng BC qua M ç 1; ÷ và có VTPT AH ç - ; ÷ nên có phương trình BC: x - 4 y + 1 = 0 (1)
2
3 3
uuur
uuur
æ 7 1 ö
è
ø
170
æ 7 1 ö
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm O ç ; - ÷ , bán kính R = OA =
có phương
36
è 6 6 ø
Gọi O( x; y ) là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có OH = 3OG Þ O ç ; - ÷
6 6
2
2
7ö æ
1 ö 170
æ
trình là ( C ) : ç x - ÷ + ç y + ÷ =
(2)
6ø è
6 ø 36
è
Vậy tọa độ điểm B, C là giao điểm của đường thăng BC và đường tròn ( C ) chính là nghiệm của hệ
hai phương trình (1) và (2) . Giải hệ này ta có B ( - 1; 0 ) , C ( 3 :1 )
uuur
uuur
uuur uuur
Câu 8a. Ta có AB ( 2; 2; 2 ) , AC ( -3, 0,3 ) mà AB. AC = 0 Þ tam giác ABC vuông tại A
Phương trình tham số đường thẳng AB là x = 1 + t , y = t , z = t suy ra tọa độ điểm
E (1 + t; t ; t ) Þ AE = t 2 + t 2 + t 2 = 3 Þ t = 1, t = - 1
uuur
uuur
Khi t = 1 Þ E (2;1;1) Þ AE (1;1;1 ) cùng hướng với vec tơ AB ( 2; 2; 2 ) và 3 = AE < AB = 2 2 Þ Điểm E
nằm trên cạnh AB của tam giác ABC
Phương trình tham số đường thẳng AC là x = 1 - t ', y = t ', z = t ' suy ra tọa độ điểm
F (1 - t '; 0; t ') Þ AF = t '2 + 0 + t '2 = 2 Þ t ' = 1, t ' = -1
18
hoctoancapba.com
uuur
uuur
Khi t ' = 1 Þ F (0; 0;1) Þ AE ( -1; 0;1 ) cùng hướng với vec tơ AC ( -3, 0,3 ) và
2 = AF < AC = 3 2 Þ Điểm F nằm trên cạnh AC của tam giác ABC
Do đó mặt cầu đi qua ba điểm A, E, F có AE và AF vuông góc nhau thì mặt cầu có bán kính nhỏ nhất
R=
EF
6
æ 1 1 ö
=
và tâm I là trung điểm EF I ç1; ; ÷ Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là
2
2
è 2 2 ø
2
2
1
1
3
( x - 1 ) + æç y - ö÷ + æç z - ö÷ =
2ø è
2 ø 2
è
Câu 9a. Giả sử ta có một số abc thỏa điều kiện đã cho thì rõ ràng a, b, c được lấy trong tập
X = {1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9 } và ta có một cách duy nhất sắp xếp theo ba số đó có thứ tự tăng dần, nên ba số
2
được chọn là một tổ hợp chập ba của 9 phần tử trong tập X, vậy số phần tử trong tập E là E = C9 3
Chọn abc là số chẵn , ta có các trường hợp sau:
+ c = 8 thì a, b được lấy từ các số 1,2,3,4,5,6,7 nên ta có số cách chọn trong trường hợp này là C 7 2 .
+ c = 6 thì a, b được lấy từ các số 1,2,3,4,5 nên ta có số cách chọn trong trường hợp này là C 5 2 .
+ c = 4 thì a, b được lấy từ các số 1,2,3 nên ta có số cách chọn trong trường hợp này là C 3 2 .
Gọi A là tập các biến cố số chẵn của tập E thì số các phần tử của A là A = C72 + C52 + C3 2 .
Do đó xác suấ cần tìm là :
A
E
=
C72 + C52 + C 3 2 17
=
C9 3
42
B. Theo chương trình Nâng Cao
Câu 7b. Ta nhận thấy hai đường thẳng (d 1 ) và (d 2 ) vuông góc nhau tại H(0;1) nên theo yêu cầu bài
toán thì tâm I của đường tròn nằm trên đường (d 1 ) và hai điểm B, C đối xứng nhau qua giao điểm H.
3 2
BC = 24 3 Þ BC = 4 6 .
4
3
2
Ta có AH =
BC = 6 2 Þ R = IA = AH = 4 2 .
2
3
Đưa đường thẳng (d 1 ) viết dưới dạng tham số Þ tọa độ tâm của đường tròn là I (t ;1 - t ) , mà
1
IH = HA = 2 2 Þ IH 2 = 8 Û 2t 2 = 8 Û t = 2, t = - 2 . Vậy tọa độ tâm đường tròn là I (2; - 1) hoặc là
3
2
2
2
2
I (- 2;3) . Vậy ta có hai đường tròn cần tìm là ( x - 2 ) + ( y + 1) = 32, ( x + 2 ) + ( y - 3 ) = 32 .
Vì tam giác ABC đều Þ S ABC =
æ 2 10 ö
; 0 ÷ nên có
è 3 3 ø
uuuur 3 uuur
æ 1 ö
phương trình z = 0. Gọi M ( x; y; z ) là tọa độ trung điểm cạnh BC, ta có AM = AG Þ M ç 1; ; 0 ÷
2
è 2 ø
uuur æ 1 4 ö
æ 1 ö
Mặt phẳng (P) chứa đường thẳng BC qua M ç 1; ; 0 ÷ và nhận VTPT AH ç - ; ; 0 ÷ có phương trình
è 2 ø
è 3 3 ø
là: x - 4 y + 1 = 0 . Do đó phương trình đường thẳng BC là giao tuyến của hai mặt phẳng x - 4 y + 1 = 0
Câu 8b. Mặt phẳng chứa tam giác ABC đi qua ba điểm A (1; 2; 0) , G (1;1; 0) , H ç ;
và z = 0.(1)
Gọi O ( x; y; z ) là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có:
19
hoctoancapba.com
uuur
uuur
æ 7 1 ö
æ 7 1 ö
OH = 3OG Þ O ç ; - ;0 ÷ Þ mặt cầu ngoại tiếp tam giác ABC có tâm O ç ; - ; 0 ÷ , bán kính
è 6 6 ø
è 6 6 ø
2
2
170
7ö æ
1ö
170
æ
R = OA =
có phương trình là ( C ) : ç x - ÷ + ç y + ÷ + z 2 =
(2)
36
6ø è
6 ø
36
è
Vậy tọa độ điểm B, C là giao điểm của đường thẳng BC (1) và đường tròn ( C ) (2) giải hệ hai phương
trình này ta có B ( - 1;0;0 ) ; C ( 3 :1; 0 ) .
x
x
æ 2 + 3 ö æ 2 - 3 ö
Câu 9b. Phương trình viết lại çç
÷÷ + çç
÷÷ - 2 = 0
2
2
è
ø è
ø
x
x
x
x
æ 2 + 3 ö æ 2 - 3 ö
æ 2+ 3 ö
2+ 3 æ 2- 3 ö
2 - 3
Đặt f ( x) = çç
+ çç
÷÷ + çç
÷÷ - 2 Þ f '( x) = çç
÷÷ ln
÷÷ ln
2
2
è 2 ø è 2 ø
è 2 ø
è 2 ø
x
x
æ 2 + 3 ö 2 2 + 3 æ 2 - 3 ö 2 2 - 3
Và f ''( x) = çç
+ çç
> 0 "x Î R
÷÷ ln
÷÷ ln
2
2
2
2
è
ø
è
ø
x
x
æ 2+ 3 ö
2+ 3 æ 2- 3 ö
2 - 3
Nên hàm số f '( x) = çç
+ çç
đồng biến trong ( -¥; +¥ )
÷÷ ln
÷÷ ln
2
2
è 2 ø
è 2 ø
Mặt khác hàm số f '( x ) liên tục trong ( -¥; +¥ ) và x ® -¥ Þ f '( x ) ® -¥; x ® +¥ Þ f '( x ) ® +¥
Nên phương trình f '( x) = 0 có đúng một nghiệm x 0 và f’(x) đổi dấu qua x 0 nên phương trình f(x) = 0
có nhiều nhất hai nghiệm .Thử lại ta nhân thấy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1.
………………………………………………………………………………………….
( Còn mới)
ĐỀ SÔ 5
(Thời gian làm bài:180 phút)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho đường cong ( C m ) có hàm số y = x 3 - 3 x + m ( m là tham số thực).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 2 .
b) Định tham số m để qua điểm uốn của đồ thị ( C m ) kẽ được một đường thẳng ( d ) tạo với đồ
thị ( C m ) một hình phẳng (H) và ( d ) tiếp tục chắn trên hai trục tọa độ một tam giác (T) sao cho diện
tích của (H) và (T) bằng nhau đều bằng 2 (đvdt) .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình tan x.cot 2 x = (1 + s inx ) ( 4 cos2 x + 4sin x - 5 ) .
p
3
ln ( 4 tan x )
dx .
sin 2 x.ln ( 2 t anx )
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ò
p
4
Câu 4 (1,0 điểm).
n
a) Trog trường hợp khai triển theo nhị thức Newton của biểu thức (1 + x 2 ) ta có hệ số chứa x 8 bằng
210. Tính tổng các hệ số của các số hạng được khai triển từ biểu thức trên theo trường hợp đó.
b) Cho các số phức z thỏa mãn z - 1 = 34 và z + 1 + mi = z + m + 2 i . Định tham số m Î ¡ để tồn
20
- Xem thêm -
.PDF 
499 
403 
134 
