Đề thi tuyển sinh Đại học môn Toán - Dự bị 1 khối A - 2005

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Đại học môn Toán - Dự bị 1 khối A - 2005

1. PHẦN HAI: ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (DỰ TRỮ ) MÔN TOÁN NĂM 2005 VÀ BÀI GIẢI DỰ BỊ 1 KHỐI A: x22++−213mx m Câu I: (2 đ)Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số : y = (*) (m là tham số) xm− 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) ứng với m = 1. 2. Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung. ⎧xyxy22+++=4 Câu II: ( 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình : ⎨ ⎩xx(1)(1)+ y++ yy +=2 2. Tìm nghiệm trên khỏang (0; π ) của phương trình : x 3π 4sin22−=+− 3 cos 2xx 1 2cos ( ) 24 Câu III: (3 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có 41 trọng tâm G(;), phương trình đường thẳng BC là xy− 24−=0và phương trình đường thẳng 33 BG là 748xy−−=0.Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(1;1;0),B(0; 2; 0),C(0; 0; 2) . a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O và vuông góc với BC.Tìm tọa độ giao điểm của AC với mặt phẳng (P). b) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. Viết phương trình mặt cầu ngọai tiếp tứ diện OABC. π 3 Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân I = ∫ sin2 x . tgxdx . 0 2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 6 chữ số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm hàng ngàn bằng 8. Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa x + y + z = 0. Cmrằng : 34+++++≥xyz 34 34 6 Bài giải CÂU I x2x22 + − 1/ Khi m = 1 thì y = (1) x1− • MXĐ: D = R \ {1} x2x2 − • y'= , y'= 0 ⇔=x0hayx2 = ()x1− 2 • BBT x −∞ 0 1 2 +∞ y' + 0 - - 0 + y 2 +∞ TRANG 1
2. −∞ 6 • Tiệm cận: x1= là pt t/c đứng y = x + 3 là pt t/c xiên 2/ Tìm m x2mxm122−+− Ta có y'= ()xm− 2 Hàm số (*) có 2 cực trị nằm về 2 phía trục tung ⇔=y' 0 có 2 nghiệm trái dấu 2 ⇔==−<⇔−<<xxPm12 10 1m1 CÂU II: 1/ Giải hệ phương trình 22 ⎪⎧xyxy4+++= ⎨ ()I ⎩⎪xx()()++ y 1 + yy + 1 = 2 22 ⎪⎧xyxy4+++= (I) ⇔ ⎨ 22 ⎩⎪xyxyxy2xy++++=⇒=−2 Ta có Sxy;PxyS=+ = ⇒222 = x + y + 2xyx ⇒ 222 + y = S − 2P 2 ⎪⎧S2PS4−+=⎧ P =− 2 Vậy I ⇔⇔ () ⎨⎨2 ⎩⎪SPS2−+= ⎩S0hayS1= =− ⎧Sxy0=+= 2 TH1 : ⎨ vậy x, y là nghiệm của phương trình X0X2+ −=0 ⎩Pxy2==− ⎪⎧x2= ⎪⎧x2= − Vậy hệ có 2 nghiệm ⎨ hay ⎨ ⎩⎪x2=− ⎩⎪y2= ⎧Sxy=+=− 1 2 TH2 : ⎨ vậy x,y là nghiệm của phương trình XX2+ −=0 ⎩Pxy2==− ⎧x1= ⎧x2= − ⇒ X1hayX2==−. Vậy hệ có 2 nghiệm ⎨ V ⎨ ⎩y2= − ⎩y1= ⎪⎧x2= ⎧⎪x2= − ⎧x1= ⎧x2= − Tóm lại hệ Pt (I) có 4 nghiệm ⎨ V ⎨ V ⎨ V ⎨ ⎩⎪y2=− ⎩⎪y2= ⎩y2= − ⎩y1= 22 ⎪⎧xyxy4+++= ⎪⎧x22+ y ++=x y 4 ⎪⎧(x +++=y)x2 y 0 CÁCH KHÁC (I) ⇔ ⇔ ⇔ ⎨ 22 ⎨ ⎨ ⎩⎪xyxyxy+ +++ =2 ⎩⎪xy=− 2 ⎩⎪xy=− 2 ⎪⎧x +=y 0hay x +=−y 1 ⎪⎧x +=y 0hay x +=−y 1 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎩⎪xy=− 2 ⎩⎪xy=− 2 ⎪⎧xy=− ⎪⎧ x +=−y 1 ⎪⎧x2= ⎪⎧x2= − ⎧x1= ⎧x2=− ⇔ hay ⇔ V V V ⎨ 2 ⎨ 2 ⎨ ⎨ ⎨ ⎨ ⎩⎪x2= ⎩⎪xx2+ −=0 ⎩⎪y2= − ⎩⎪y2= ⎩y2= − ⎩y1= 2/ Tìm nghiệm ∈π()0, TRANG 2
3. 22x3⎛⎞π Ta có 4sin−=+− 3cos2x 1 2cos⎜⎟ x (1) 24⎝⎠ ⎛⎞3π (1) ⇔−2() 1 cosx − 3 cos2x =++ 1 1 cos⎜⎟ 2x − ⎝⎠2 (1) ⇔−2 2cosx − 3 cos2x =− 2 sin2x (1) ⇔−2cosx = 3cos2x − sin2x. Chia hai vế cho 2: 31 (1) ⇔−cosx = cos2x − sin 2x 22 ⎛⎞π 52π ππ 7 ⇔+=π−cos⎜⎟ 2x cos() x ⇔=xkaha + () y xh2=−+ π()b ⎝⎠6 18 3 6 Do x0,∈π() nên họ nghiệm (a) chỉ chọn k=0, k=1, họ nghiệm (b) chỉ chọn h = 1. Do đó ta có ba 517ππ5π nghiệm x thuộc (0,π) là x,x,x== = 1218 18 3 6 ⎧x2y40−−= CÂU III. 1/ Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ pt ⎨ ⇒−B0,2() ⎩7x−−= 4y 8 0 Vì ΔABC cân tại A nên AG là đường cao của ΔABC 41 Vì GA⊥ BC ⇒ pt GA: 2(x−+ ) 1(y −=⇔+−=)0 2xy 30 ⇔ 2x+−= y 3 0 33 ⎧2x+−= y 3 0 ⇒ GA∩ BC = H ⎨ ⇒−H2,1() ⎩x2y40−−= uuur uuur uuur ⎛⎞⎛41uuur 4 1⎞ Ta có AG= 2GH với A(x,y). AG= ⎜⎟⎜−− x, y ;GH =−−− 2 , 1 ⎟ ⎝⎠⎝33 3 3⎠ ⎧x0= ⎪ ⇒ ⎨18 ⇒ A0,3() −=−y ⎩⎪33 xxx++ yy++y Ta có : xv==ABCày ABC ⇒ C4,0( ) GG33 Vậy A0,3,C4,0,B0,2()()( − ) uuur 2a/ Ta có BC=−() 0, 2,2 • mp (P) qua O( 0,0,0) và vuông góc với BC có phương trình là 0.x−+=⇔−= 2y 2z 0 y z 0 ⎧x1t= − uuur ⎪ • Ta có AC=−( 1, − 1, 2 ), phương trình tham số của AC là ⎨y1t= − . ⎪ ⎩z2t= 1 1 Thế pt (AC) vào pt mp (P). Ta có 1t2t0− −=⇔= t . Thế t = vào pt (AC) ta có 3 3 ⎛222⎞ M,,⎜⎟ là giao điểm của AC với mp (P) ⎝⎠333 uuur uuur 2b/ Với A1,1,0( ) B0,2,0( ) C0,0,2( ) .Ta có: AB=−( 1,1, 0 ) , AC=−( 1, − 1, 2 ) uuur uuur uuur uuur ⇒ AB.AC=−= 1 1 0 ⇔ AB ⊥ AC ⇒ ΔABC vuông tại A TRANG 3
4. • Ta dễ thấy ΔBOC cũng vuông tại O. Do đó A, O cùng nhìn đoạn BC dưới 1 góc vuông. Do đó A, O nằm trên mặt cầu đường kính BC, sẽ có tâm I là trung điểm của BC. Ta dễ dàng tìm dược I( 0,1,1) R11=+=22 2 22 Vậy pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là : x2 + ()()y −+−=1z12 CÂU IV. ππ/3 /3 sin x 1/ Tính I== sin22 xtgxdx sin x. dx ∫∫cosx 00 π/3(1cosxsinx− 2 ) ⇒ Id= x, Đặt ucosx= ⇒ −du= sinxdx ∫ cosx 0 ⎛⎞π 1 Đổi cận u,u0⎜⎟==() 1 ⎝⎠32 1/2 2 1 1 (1u−−)() du ⎛⎞1u⎡⎤2 3 I = = ⎜⎟−=−udu⎢⎥ lnu =− ln2 ∫ u ∫ u28 1 1/2⎝⎠⎣⎦1/2 2/ Gọi naaaaaa= 123456 là số cần lập ycbt: a345++= a a 8 ⇒ a345 ,a ,a∈∈{ 1,2,5} hay a345 ,a ,a{ 1,3,4} a) Khi a345 ,a ,a∈{ 1,2,5} • Có 6 cách chọn a1 • Có 5 cách chọn a2 • Có 3! cách chọn a,a,a345 • Có 4 cách chọn a6 Vậy ta có 6.5.6.4 = 720 số n b) Khi a,a,a345∈{ 1,3,4} tương tự ta cũng có 720 số n Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n Cách khác Khi a345 ,a ,a∈{ 1,2,5} Có 3! = 6 cách chọn aaa345 3 Có A6 cách chọn a,a,a126 Vậy ta có 6. 4.5.6 = 720 số n Khi a,a,a345∈{ 1,3,4} tương tự ta cũng có 720 số n Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n CÂU V: Ta có: 3+=+++≥ 4xx 1114 444 x ⇒ 34+≥xxx 24 4 = 2.48 . Tương tự 34+≥yy 24 4 = 2.48 x 34+≥zz 248 Vậy 34+++++≥x 34y 34zx 2⎡ 888 4 + 4y + 4z ⎤ ⎣⎢ ⎦⎥ TRANG 4
5. 3 ≥ 68 4x .4y .4z ≥=6424 xyz++ 6 DỰ BỊ 2 KHỐI A: x2 ++x 1 Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số y = . x +1 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M (- 1; 0) và tiếp xúc với đồ thị ( C ) . ⎪⎧ 21xy+ +− xy + =1 Câu II:( 2 điểm). 1. Giải hệ phương trình : ⎨ ⎩⎪32xy+= 4 π 2. Giải phương trình : 2 2 cos3 (xx−− ) 3cos − sinx = 0 4 Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2 (C): x + y −−+=12xy 4 36 0. Viết phương trình đường tròn (C1) tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox, Oy đồng thời tiếp xúc ngòai với đường tròn (C). 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho 3 điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4) a) Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, B, C, S. b) Tìm tọa độ điểm A1 đối xứng với điểm A qua đường thẳng SC. 7 x + 2 Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân I = dx . ∫ 3 0 x +1 2. Tìm hệ số của x7 trong khai triển đa thức (2− 3x )2n , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: 135 2n+1 k CCC21nnn+++++++ 21 21 C 21n+ = 1024. (Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử) Câu V: (1 điểm) Cmrằng với mọi x, y > 0 ta có : y 9 (1++x )(1 )(1 + )2 ≥ 25 6 . Đẳng thức xảy ra khi nào? x y Bài giải: CÂU I. xx12 ++ 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị y = (C) x1+ x2x2 + MXĐ: DR=−\{ 1} . y',==⇔+=⇔=y'0 x2 2x0x0hay x2=− ()x1+ 2 BBT x −∞ -2 -1 0 +∞ y' + 0 - - 0 + y -3 +∞ +∞ −∞ −∞ 1 Tiệm cận: x=−1 là phương trình tiệm cận đứng y = x là phương trình tiệm cận xiên 2/ Phương trình tiếp tuyến Δ qua M1,0(− ) ( hệ số góc k ) có dạng TRANG 5
6. Δ : ykx1=+( ) Δ tiếp xúc với (C) ⇔ hệ pt sau có nghiệm ⎧xx12 ++ ⎪ =+kx() 1 ⎪ x1+ ⎨ x2x2 + ⎪ = k ⎪ 2 ⎩()x1+ 2 xx12 ++ (x2xx1+ )()+ ⇒ phương trình hoành độ tiếp điểm là = x1+ ()x1+ 2 3 ⇔=x1 ⇒ k = 4 3 Vậy pt tiếp tuyến Δ với (C) qua M1,0(− ) là: yx= ()+1 4 ⎪⎧ 2x++− y 1 x + y = 1 CÂU II. 1/ Giải hệ pt : ⎨ ()I ⎩⎪3x+= 2y 4 ⎪⎧ 2x ++−y 1x +y =1 ()I ⇔ ⎨ ⎩⎪()()2x ++y 1x + +y =5 Đặt u2x=++≥=+≥y 10,vxy 0 ⎪⎧uv1−= ⎡u2v111=⇒ = (I) thành ⇒ ⎨ 22 ⎢ ⎩⎪uv5+= ⎣u1v2loạ22=− ⇒ =− ()i ⎪⎧ 2x ++=y 12 ⎧⎧2x + y +=14 x2 = Vậy ()I ⇔ ⎨ ⇔⇔⎨⎨ x + y ==1 y −1 ⎩⎪ xy1+= ⎩⎩ 3 ⎛⎞π 2/ Giải phương trình 22cosx⎜⎟−− 3cosxsinx02 − =() ⎝⎠4 3 ⎡⎤⎛⎞π (2) ⇔−−−⎢⎥2cos⎜⎟ x 3cosx sinx= 0 ⎣⎦⎝⎠4 ⇔+cosx sin x3 −−= 3cosx sin x 0 () ⇔++cos33 x sin x 3cos 2 xsin x + 3cosxsin2 x −− 3cosx sin x= 0 ⎪⎧cosx= 0 ⎪⎧cosx≠ 0 ⇔ hay ⎨ 3 ⎨ 23 2 3 ⎩⎪sin x−= sin x 0 ⎩⎪13t++gx3tg xt +−−−−=g x33tg xtgxtg x0 π π ⇔=sin2 x 1 haytgx1= ⇔=+πxk hay xk= +π 2 4 CÂU III 22 1/ (Cx)⇔+−22y 12x −+=⇔− 4y 36 0()() x 6 +−y 24 = Vậy (C) có tâm I6,2() và R=2 TRANG 6
7. Vì đường tròn (C1 ) tiếp xúc với 2 trục Ox, Oy nên tâm I1 nằm trên 2 đường thẳng y = ±x vàvì (C) có tâm I6,2(),R = 2 nên tâm I(x;1 ± x)với x > 0. TH1 : Tâm I1 ∈ đường thẳng y = x ⇒ Ix,x( ) , bán kính Rx1 = 22 (C1 ) tiếp xúc ngoài với (C) ⇔ II11= R+ R ⇔ ()()x6−+−=+ x2 2x 22 ⇔−()()x 6 +− x 2 =++⇔− 4 4x x22 x 16x −+= 4x 36 0 2 ⇔−x20x360x2ha +=⇔=y x18 =.Ứng với R2ha11= y R1= 8 22 22 Có 2 đường tròn là: ()x2− +−()y 2 =4; ()x18− +−()y 18 = 18 TH2 : Tâm I1 ∈ đường thẳng yxIx,x=− ⇒( − ); Rx1 = Tương tự như trên, ta có x= 6 22 Có 1 đường tròn là ()()x6− ++y 63 =6 Tóm lại ta có 3 đường tròn thỏa ycbt là: ()()(x2−+−=22 y2 4;x18 − )() 2 +−= y1818 2; ()()x6−++=22 y6 36 uuur uuur 2a/ Tứ giác OABC là hình chữ nhật ⇒ OC= AB ⇒ B(2,4,0) * Đoạn OB có trung điểm là H1,2,0( ) . H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OBC. Vì A, O, C cùng nhìn SB dưới một góc vuông nên trung điểm I ( 1; 2; 2 ) là tâm mặt cầu và 11 bán kính R = SB=++= 416163, 22 22 Vậy phương trình mặt cầu là ()x1−+−+−=()y 2(z2)2 9 uuur 2b/ SC=−( 0,4, 4) chọn (0,1,− 1)là vtcp của SC. ⎧x0= ⎪ Pt tham số đường thẳng SC ⎨y = t ⎪ ⎩z4t=− Mp (P) qua A( 2,0,0) và vuông góc với SC có phương trình là Ox( −+−=⇔−= 2) y z 0 y z 0 Thế pt tham số của SC và pt (P) Ta có t=2 và suy ra M( 0,2,2) Gọi Ax,y,z1 ( ) là điểm đối xứng với A qua SC. Có M là trung điểm của AA1 nên ⎧⎧2x2.0+= x =− 2 ⎪⎪ ⎨⎨0 +=y 2.2 ⇒y =4 Vậy A2,4,41 (− ) ⎪⎪ ⎩⎩0z2.2+= z4 = 7 x2+ CÂU IV: 1/ Tính Id= x ∫0 3 x1+ Đặt t=+⇒=−⇒=3 x 1 x t32 1 dx 3t dt TRANG 7
8. ⇒ x2t+=3 + 1.Đổi cận t( 0) = 1 ; t (7 ) = 2. t13t32+ 522 22( ) 4 ⎡⎤t t 231 Vậy Id==+=+t3ttdt3⎢⎥= ∫∫11t5() 210 ⎣⎦1 2n+ 1 0 1 2233 2n12n+ +1 2/ Ta có ()1+=++ x C2n++ 1 C 2n 1 x C 2n + 1 x + C 2n + 1 x ++ C2n + 1 x 2n++ 1 0 1 2 3 4 2n 1 Cho x1= Ta có 2CCCCC C=++++++2n12n12n12n12n1+++++ 2n+1 (1) 01 23 4 2n1+ Cho x=−1 Ta có 0CCCCC C=−+−+−−2n+++++ 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n+ 1 (2) 2n++ 1⎡⎤ 1 3 5 2n 1 Lấy (1) - (2) ⇒ 22CCC C=⎣⎦2n+++ 1 ++++ 2n 1 2n 1 2n + 1 2n 1 3 5 2n+ 1 10 ⇒ 2=++++== C2n+++ 1 C 2n 1 C 2n 1 C 2n + 1 1024 2 . Vậy 2n=10 10 10 k k10k− k Ta có ()23x−=−∑ () 1C210 ( 3x) k0= 7 773 373 Suy ra hệ số của x là −C3.210 hay −C3.210 xxx x3 CÂU V: Ta có: 1x1+=+++ ≥ 44 333 33 yyyyy3 11+=++ + ≥ 44 x3x3x3x3.x33 2 933333 ⎛⎞936 11+=+++≥ 4 ⇒ 116+≥4 4 3 ⎜⎟ 3 y yyy ()y ⎝⎠y y 2 ⎛⎞y9⎛⎞ xy3336 Vậy 1++ x 1 1 + ≥ 2564 =256 ()⎜⎟⎜⎟ 3333 ⎝⎠x ⎝⎠y 33.xy DỰ BỊ 1 KHỐI B: Câu I: (2 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số yx=−4265 x + 42 2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt : xx− 6log−=2 m0 . ⎧⎪ 21xy+ +− xy + =1 Câu II: 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình : ⎨ ⎩⎪32xy+= 4 π 2. Giải phương trình : 2 2 cos3 (xx−− ) 3cos − sinx = 0 4 x22y Câu III: (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) : + = 1. Viết 64 9 phương trình tiếp tuyến d của (E) biết d cắt hai hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho AO = 2BO. xyz 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d : = = và 1 112 ⎧x =−12 − t ⎪ dyt2 : ⎨ = ( t là tham số ) ⎪ ⎩zt=+1 a) Xét vị trí tương đối của d1 và d2 . TRANG 8
9. b) Tìm tọa độ các điểm M thuộc d1 và N thuộc d2 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (P) : xyz−+=0 và độ dài đọan MN = 2 . Câu IV: ( 2 điểm) e 1. Tính tích phân ∫ x2 ln xdx . 0 2. Một độ văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập một nhóm đồng ca gồm 8 người biết rằng trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ. 3 Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn : a + b + c = Cmrằng : 4 333ab++333 bc +++≤ ca3. Khi nào đẳng thức xảy ra ? Bài giải: CÂU I: 1/ Khảo sát yx=−42 6x5 +. MXĐ: D=R y'=−= 4x32 12x 4x( x − 3) ,y' =⇔= 0 x 0hayx =± 3 y''=− 12x2 12,y'' =⇔= 0 x± 1 BBT x −∞ − 3 -1 0 1 3 +∞ y' - 0 + + 0 - - 0 + y'' + + 0 - - 0 + + y +∞ 5 +∞ -4 0 0 -4 Đồ thị 42 2/ Tìm m để pt x6xlo−−g2 m0 = có 4 nghiệm phân biệt. 42 42 x6xlo−−g22m0 =⇔−+= x 6x5log m5 + Đặt klo=+g2 m5 Ycbt ⇔ đường thẳng y=k cắt (C) tại 4 điểm phân biệt TRANG 9
10. ⇔−4k5 ). Pt xy AB: +=⇔+−1x2y2m =0 2m m AB tiếp xúc với (E) ⇔+64 4.9 = 4m2 ⇔=⇔=⇔=>4m22 100 m 25 m 5( m 0) Vậy pt tiếp tuyến là x2+ y −=10 0 Vì tính đối xứng nên ta có 4 tiếp tuyến là TRANG 10
11. x2+−=y 10 0,x ++= 2y 10 0 x2−−=y 10 0,x −+= 2y 10 0 r 2/ a/ d1 qua O( 0,0,0) , VTCP a1,1,2= ( ) r d2 qua B1,0,1(− ) , VTCP b=−() 2,1,1 ⎡⎤rr uuur ⎣⎦a,b=−( 1, − 5,3) , OB=−( 1,0,1) ⎡⎤rr uuur ⎣⎦a,b OB=+= 1 3 4 ≠ 0 ⇔ d12 ,d chéo nhau b/ M∈⇒ d1 M( t',t',2t'); Nd∈⇒2 N12t,t,1t( −− +) uuuur MN=−( 2t − t' − 1,t − t',t − 2t' + 1) uuuuruur Vì MN // (P) ⇔⊥=−MN np ( 1, 1,1) uuuurr ⇔=⇔−−−−++−+MN.np 0 2t t' 1 t t' t 2t' 1= 0 ⇔ tt=− ' 22 MN=−++−=() t' 1 4t'2 ( 1 3t' ) 2 4 ⇔−+=⇔−=⇔==14t'2 8t' 2 2 2t'() 7t' 4 0 t' 0 hayt' 7 * t’=0 ta có M( 0,0,0) ≡ O∈( P)( loại) 4 ⎛⎞⎛448 1 43⎞ * t'= ta có M,,;N,⎜⎟⎜− ,⎟ 7 ⎝⎠⎝777 7 77⎠ e CÂU IV. 1/ Tính I= x2 lnxdx ∫1 dx x3 Đặt ulnxdu=⇒=; dv== x2 dx chọn v x 3 3 3 eex1e dxx121e Ixlnxdxlnxx==−23 = ln x−=+ x33 e ∫∫11331 x39991 2. Ta có trường hợp 35 * 3 nữ + 5 nam. Ta có C510 C= 2520 44 * 4 nữ + 4 nam. Ta có C510 C= 1050 53 * 5 nữ + 3 nam. Ta có C510 C= 120 Theo qui tắc cộng. Ta có 2520 + 1050 + 120 = 3690 cách CÂU V: a3b111+++ 3 ()a3b1.1+≤ =++()a3b2 33 b3c111+++ Ta có 3 ()b3c1.1+≤ =++()b3c2 33 c3a11+++ 1 3 ()c3a1.1+≤ =++()c3a2 33 1 Suy ra 333a3bb3cc3a++ +++≤⎡ 4abc() +++ 6⎤ 3 ⎣ ⎦ TRANG 11
12. 13⎡⎤ ≤+4. 6= 3 34⎣⎦⎢⎥ ⎧ 3 ⎪abc++= 1 Dấu = xảy ra ⇔⇔⎨ 4 abc=== 4 ⎩⎪a3bb3cc3a1+=+=+= Cách 2: Đặt x=+⇒=+3 a 3b x3 a 3b ; yb3cyb3= 3 +⇒=+3 c; z=+⇒=+3 c 3a z3 c 3a 3 ⇒ xyz4abc4.333++=() ++= =3. BĐT cần cm ⇔ x ++≤y z3. 4 Ta có : x113x.1.13x33++≥3 = ; y33+11+≥ 33 y .1.1 = 3y ; z113z.1.1333++≥3 =z ⇒ 93xyz≥++( ) (Vì xyz333+ +=3). Vậy x ++≤y z3 Hay 333a3bb3cc3a3++ +++≤ 3 Dấu = xảy ra ⇔ xyz1vàabc333=== ++= 4 31 ⇔+a3bb3cc3a1 =+ =+ = và abc+ += ⇔= abc == 44 DỰ BỊ 2 KHỐI B: xx2 + 22+ Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y = (*) x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số (*) . 2. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của ( C ).Chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào của (C ) đi qua điểm I . Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình : 86141xx2 − +− x +≤0 π cos 2x − 1 2. Giải phương trình :tg()3+− x tg2 x = 2cos2 x Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 đường tròn : 2 2 2 2 (C1 ): x + y = 9 và (C2 ): x + y −−2223xy − =0. Viết phương trình trục đẳng phương d của 2 đường tròn (C1) và (C2). Chứng minh rằng nếu K thuộc d thì khỏang cách từ K đến tâm của (C1) nhỏ hơn khỏang cách từ K đến tâm của ( C2 ). 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(5;2; - 3) và mặt phẳng (P) : 22xyz+−+= 10. a) Gọi M1 là hình chiếu của M lên mặt phẳng ( P ). Xác định tọa độ điểm M1 và tính độ dài đọan MM1. b) Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua M và x-1 y-1 z-5 chứa đường thẳng : == 21-6 π 4 Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân ∫ (costgx+ esin x x) dx . 0 2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 5 chữ số khác nhau và nhất thiết phải có 2 chữ 1, 5 ? Câu V: (1 điểm) Cmrằng nếu 01≤≤≤yx thì TRANG 12
13. 1 xy−≤ yx . Đẳng thức xảy ra khi nào? 4 Bài giải x2x22 ++ CÂU I 1/ Khảo sát y = (C) x1+ MXĐ: DR\1=−{ } x2x2 + y',==⇔+=⇔=y'0 x2 2x0 x0hay x2=− ()x1+ 2 BBT x −∞ -2 -1 0 +∞ y' + 0 - - 0 + y -2 +∞ +∞ −∞ −∞ 2 Tiệm cận x=−1 là pt t/c đứng. y =+x1 là pt t/c xiên Đồ thị :Bạn đọc tự vẽ. 2/ Chứng minh không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua I1(− ,0) là giao điểm của 2 tiệm cận. 2 x2x2oo++ Gọi Mx,yooo()∈⇔=() C yo x1o + Phương trình tiếp tuyến của (C) tại Mo ⎛⎞x2x2 + yy−=f'()( x x − x ) ⇔−=yy ⎜⎟oo()xx − oo o o⎜⎟2 o ⎝⎠()x1o + 2 (x2x1xoo+−−)() o Tiếp tuyến đi qua I1,0()− ⇔−0yo = 2 ()x1o + x2x2x2x22++ + ⇔=oo oo x1oo++ x1 ⇔=20 Vô lí. Vậy không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua I1,0(− ) CÂU II 1/ Giải bất phương trình 8x2 − 6x+− 1 4x +≤ 1 0 (1) (1) ⇔−+≤−8x2 6x 1 4x 1 ⎧ 11 xVx≤≥ 2 ⎪ 42⎧ 11 ⎧8x−+≥ 6x 1 0 ⎪ xVx=≥ ⎪ ⎪⎪1 ⎪ 42 ⇔−≥⎨⎨⎨4x 1 0 ⇔≥x ⇔ ⎪⎪⎪4 1 8x22−+≤− 6x 1 (4x 1) x0hayx≤ ≥ ⎩ ⎪8x2 −≥ 2x 0 ⎩⎪ 4 ⎪ ⎩ 11 ⇔ x=≥ hay x 42 TRANG 13
14. ⎛⎞π−2 cos2x 1 2/ Giải phương trình tg⎜⎟+− x 3tg x = (2) ⎝⎠2 cos2 x −2sin2 x (2) ⇔−cot gx − 3tg2 x = cos2 x 1 π ⇔− −tg23x0 = ⇔ tg x1t =− ⇔gx1x =− ⇔ =− + k,k π ∈Z tgx 4 CÂU III 1/ Đường tròn (C1 ) có tâm O0,0( ) bán kính R31 = Đường tròn (C2 ) có tâm I1,1( ) , bán kính R52 = Phương trình trục đẳng phương của 2 đường tròn (C1 ) , (C2 ) là (xy922+−−) ( xy2x2y23 22 +−−−) =0 ⇔++=x y 70 (d) Gọi Kx,y( kk)∈⇔=−−( d) yk x k 7 22222222 OK=()() xkkkkkkkk − 0 +y −0x =+=+−−y xx72x14x ( ) = + +49 2222 2 2 IK=−+−=−+−−=+()()()() xkk 1 y 1x1x82x14x6 k k kk +5 222 2 Ta xét IK−=++−++=> OK( 2xkk 14x 65) ( 2x kk 14x 49) 16 0 Vậy IK22>⇔> OK IK OK(đpcm) 2/ Tìm M1 là h/c của M lên mp (P) r Mp (P) có PVT n2,2,1=−( ) ⎧x52t= + ⎪ Pt tham số MM1 qua M, ⊥ (P) là ⎨y = 22t+ ⎪ ⎩z3= −−t Thế vào pt mp (P): 2( 5+ 2t) ++−−−+= 2( 2 2t) ( 3 t) 1 0 ⇔+=⇔=−18 9t 0 t 2. Vậy MM11∩( P) =−− M( 1, 2, 1) 22 2 Ta có MM1 =−+++−+=++==()()( 5 1 2 2 3 1 ) 16 16 4 36 6 x1−−− y1 z5 r * Đường thẳng Δ==: đi qua A(1,1,5) và có VTCP a2,1,6=−( ) 21−6 uuuur Ta có AM=−( 4,1, 8) ⎡⎤uuuurr Mặt phẳng (Q) đi qua M, chứa Δ ⇔ mp (Q) qua A có PVT là ⎣⎦AM,a= ( 2,8,2) hay (1, 4,1) nên pt (Q): (x5−+) 4y2( −) +( z3 +=) 0 Pt (Q): x4++−=y z100 Cách khác: Mặt phẳng (Q) chứa Δ nên pt mp(Q) có dạng: x2−+=y 10haym(x −+++−= 2y 1) 6y z110. Mặt phẳng (Q) đi qua M(5;2; - 3) nên ta có 5 – 4 + 1 = 0 ( loại) hay m( 5 – 4 + 1) + 12 – 3 – 11 = 0 ⇔ m = 1. Vậy Pt (Q): x4++−=y z100 TRANG 14
15. π/ 4 CÂU IV: 1/ Tính Itgxecosx=+sinx dx ∫0 ( ) ππ/4 /4 π/4 sin x π/4 Ta có: I=+ tgxdx esin x cosxdx =dx + esin x cosxdx ∫∫00 ∫ 0cosx ∫ 0 1 π/4 π/4 =−⎡⎤ln() cosx + esin x = ln 2 + e2 − 1 ⎣⎦0 o 2/ Gọi naaaaa= 12345 là số cần lập 2 Trước tiên ta có thể xếp 1, 5 vào 2 trong 5 vị trí: ta có: A4.525 = = 0 cách Xếp 1,5 rồi ta có 5 cách chọn 1 chữ số cho ô còn lại đầu tiên 4 cách chọn 1 chữ số cho ô còn lại thứ 2 3 cách chọn 1 chữ số cho ô còn lại thứ 3 2 * Theo qui tắc nhân ta có: A5 .5.4.3== 20.60 1200 số n. 2 Cách khác : - Bước 1 : xếp 1, 5 vào 2 trong 5 vị trí: ta có: A4.525 = = 0 cách 3 -Bước 2 : có A5 == 3.4.5 60 cách bốc 3 trong 5 số còn lại rồi xếp vào 3 vị trí còn lại . Vậy có 20.60 = 1200 số n thỏa ycbt. CÂU V. Ta có 0x1≤≤⇒ xx ≥2 11 Ta có xy−≤⇔≤+ yx xy yx (1) 44 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 11 1 1 yx+≥ yx22 +≥ 2yx. = xy ⇒ xy− yx≤ 44 4 4 ⎧ ⎪0yx1≤≤≤ ⎧x1= ⎪ 2 ⎪ Dấu = xảy ra ⇔=⎨⎨xx ⇔1 y = ⎪⎪1 ⎩ 4 ⎪yx2 = ⎩ 4 DỰ BỊ 1 KHỐI D: 3 2 Câu I: (2 điểm) Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số y= – x + ( 2m + 1) x – m – 1 (1) (m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m1= . 2) Tìm m để đồ thị (Cm) tiếp xúc với đường thẳng y= 2mx – m – 1. Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình : 27xx+ −−≥ 5 32x − 3sinπ x 2. Giải phương trình :tg()−+ x =2 21cos+ x Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 −−4612xy −=0. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d : 2xy−+=30 sao cho MI = 2R , trong đó I là tâm và R là bán kính của đường tròn (C). 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O1A1B1B với A(2;0;0), B(0; 4; 0), O1(0; 0; 4) a) Tìm tọa độ các điểm A1, B1. Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, A, B, O1. b) Gọi M là trung điểm của AB.Mặt phẳng ( P ) qua M vuông góc với O1A và cắt OA, OA1 lần lượt tại N, K . Tính độ dài đọan KN. TRANG 15
16. 3 e ln 2 x Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân I = ∫ dx . 1 xxln+ 1 k k 2. Tìm k ∈{0;1;2; ;2005} sao cho C2005 đạt giá trị lớn nhất. (Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử) Câu V: (1 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ⎪⎧72121xx++−+≤ 7 ++ x 2005x 2005 ⎨ 2 ⎩⎪xm−+(2)230 xm + +≥ Bài giải CÂU I 1/ Khảo sát yx=−32 +( 2m1xm +) − −1 khi m=1 Khi m = 1 thì yx3x=−32 + −2 MXĐ: D=R y'=− 3x2 + 6x = 3x( − x + 2) ,y' = 0 ⇔ x = 0hayx = 2 y''=− 6x + 6,y'' = 0 ⇔ x = 1 BBT x −∞ 0 1 2 +∞ y' - 0 + + - y'' + + 0 - - y +∞ 2 lõm -2 lõm 0 lồi lồi −∞ 2/ Tìm m để (Cm ) tiếp xúc với y2=−−mxm1d( ) 32 ⎪⎧−+x2m1xm12mxm1() + −−= −− (d) tiếp xúc với C ⇔ có nghiệm ( m ) ⎨ 2 ⎩⎪−+3x 2() 2m += 1 x 2m TRANG 16
17. 2 ⎪⎧x0ha=−++=y x2m1x2()m ⇔ có nghiệm ⎨ 2 ⎩⎪−+3x 2() 2m += 1 x 2m 2 ⎪⎧−+x2m1x2m() + = ⇔=m0hay có nghiệm ⎨ 22 ⎩⎪−+3x 2() 2m +=−++ 1 x x () 2m 1 x 2 ⎪⎧−+x2m1x2() + =m ⇔=m0hay có nghiệm ⎨ 2 ⎩⎪2x−+=() 2m 1 x 0 ⎧−+x2m1x22 () + =m ⎪ ⇔=m0hay⎨ 2m+ 1 có nghiệm ⎪x = ⎩ 2 2 ⎛⎞2m+ 1 1 2 1 ⇔=m0hay −⎜⎟ +()2m1 + = 2m⇔ m0haym== ⎝⎠22 2 CÂU II: 1/ Giải bpt 2x+− 7 5 −≥ x 3x − 2 (1) ⎧2x+≥ 7 0 ⎪ 2 Điều kiện ⎨5x−≥ 0 ⇔ ≤≤ x5 ⎪ 3 ⎩3x−≥ 2 0 2 (1) ⇔+≥−+−2x 7 3x 2 5 x và ≤≤ x 5 3 2 ⇔+≥−+−+2x73x25x2( 3x25x −)( −) và≤ x≤ 5 3 2 2 ⇔≥23x25x( −)( −) và≤≤ x 5 ⇔ 3x2 −+≥ 17x 14 0 và≤ x≤ 5 3 3 14 2 214 ⇔≤(x 1 hay ≤ x) và≤≤ x 5⇔ ≤ x1hay≤≤ x5≤ 3 3 33 ⎛⎞3sinxπ 2/ Giải phương trình tg⎜⎟−+ x =2 (2) ⎝⎠21cosx+ sinx cosx sinx (2) ⇔+cot gx =⇔+2 =2 1cosx++ sinx1cosx ⇔+cosx cos22 x + sin x = 2sin x + 2sin x cosx và sin x≠ 0 ⇔+=(cosx 1) 2sin x( cosx + 1) và sin x≠ 0 π 5π ⇔=2sinx 1⇔=+xk2 π hay xk= +π2. 6 6 Ghi chú:Khi sinx ≠ 0 thì cos x ≠ ± 1 CÂU III. 1/ Đường tròn (C) có tâm I2,3( ), R=5 Mx( MM ,y)∈⇔( d) 2xMM −+=⇔= y 3 0 yMM 2x + 3 22 IM=−+−=()() xMM 2 y 3 10 TRANG 17
18. 222 ⇔−++−=⇔−−()(xMM 2 2x 3 3 ) 10 5xMM 4x 96= 0 ⎡x4y5M4,5MM=− ⇒ =− ⇒() − − ⎢ ⇔ ⎢ 24 63⎛⎞ 24 63 xyM,MM=⇒ =⇒⎜⎟ ⎣⎢ 5555⎝⎠ 2/ a/ Vì AA11⊥⇒( Oxy) A( 2,0,4) BB11⊥⇒( Oxy) B( 0,4,4) Viết pt mặt cầu (S) qua O, A, B, O1 Ptmc (S): xyz2ax2by2czd222++− − − +=0 Vì OS∈⇒=( ) d0 Vì AS∈⇒−=⇒=( ) 44a0a1 Vì BS∈⇒−=⇒=( ) 168b0b2 Vì OS168c0c1 ∈⇒−=⇒=( ) 2 Vậy (S) có tâm I(1,2,2) Ta có da=++−222 b c R2 ⇒ R1442 =+ + =9 Vậy pt mặt cầu (S) là: 222 ()()()x1−+−+−=y 2z29 b/ Tính KN uuuur Ta có M1,2,0( ), O1A= ( 2,0,− 4) uuuur Mp(P) qua M vuông góc với OA1 nên nhận OA1 hay (1;0; -2) làm PVT ⇒ pt (P): 1x( −+1) 0y( − 2) − 2(z −= 0)0 (P): x2z10−−= ⎧xt= ⎪ PT tham số OA là ⎨y = 0 ⎪ ⎩z0= Thế vào pt (P): t−= 1 0 ⇒=⇒ t 1 OA ∩( P) = N( 1,0,0) ⎧xt= ⎪ uuuur Pt tham số OA1 là: ⎨y = 0 với OA1 = (2,0,4) hay (1;0;2) là vtcp. ⎪ ⎩z2t= 1 Thế vào pt (P): t4t10−−=⇒=− t 3 ⎛⎞12 ⇒∩=−−OA1 () P K⎜⎟ ,0, ⎝⎠33 TRANG 18
19. 22 ⎛⎞1 2 ⎛2 ⎞ 20 20 2 5 Vậy KN=++−++===⎜⎟ 1() 0 0 ⎜ 0 ⎟ ⎝⎠339 ⎝ ⎠ 33 e3 ln2 x CÂU IV: 1/ Tính Id= x ∫1 xlnx1+ dx Đặt tlnx=+1 ⇒ tlnx12tdt2 =+⇒= và t1ln2 −= x x Đổi cận: t(e3 )== 2; t(1) 1 2 3 242 53 e2ln x t−+ 2t 1 242 ⎡⎤t2t 76 Id==x2tdt =−2t2t+1dt=−+=2t⎢⎥ ∫∫11xlnx1+ t ∫ 1()53 15 ⎣⎦1 kk+1 ⎪⎧CC≥ 2. Ck lớn nhất ⇔ 2005 2005 kN∈ 2005 ⎨ kk−1 ⎩⎪CC2005≥ 2005 ⎧ 2005! 2005! ⎪ ≥ ⎪k!() 2005−+ k !()( k 1 ! 2004 − k ) ! ⎧k+ 1≥− 2005 k ⇔⇔⎨⎨ 2005! 2005! 2006−≥ k k ⎪ ≥ ⎩ ⎩⎪k!() 2005−− k !()( k 1 ! 2006 − k ) ! ⎧k1002≥ ⇔⇔≤≤⎨ 1002 k 1003,k∈ N ⎩k1003≤ ⇔ k== 1002hay k 1003 CÂU V: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 2x++ x 1 2 ++ x 1 ⎪⎧7−+≤ 7 2005x 2005 (1) ⎨ 2 ⎩⎪xm2x2m30(2)−+() + +≥ Điều kiện là x≥−1.Ta có 770,x2x++ x 1−≤∀∈− 2 ++ x 1 []1;1 Ta có: (1) ⇔−≤−∀∈77720051x:đúnx1+ ( 2x 2) () g x1;[−1]và sai khi x > 1 Do đó (1) ⇔ −≤1x1 ≤. Vậy, hệ bpt có nghiệm ⇔ fx( ) =− x2 ( m + 2x) + 2m3 +≥ 0 có nghiệm ∈[−1,1] ⇔⇔−Maxf(x)≥0maxf(1),f(1){ } ≥0 x1;1∈−[] ⇔++≥⇔+≥+max{ 3m 6,m 2} 0 3m 6 0hay m 2≥ 0 ⇔≥−m2 DỰ BỊ 2 KHỐI D: xx2 ++33 Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = . x +1 xx2 ++33 2. Tìm m để phương trình = m có 4 nghiệm phân biệt x +1 TRANG 19
20. 2xx− 2 xx2 −2 ⎛⎞1 Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình : 92− ⎜⎟ ≤3. ⎝⎠3 2. Giải phương trình :sin 2xxxx++−− cos 2 3sin cos 2= 0 Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(0;5), B(2; 3) . Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A, B và có bán kính R = 10 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 hình lập phương ABCD.A1BB1C1D1 với A(0;0;0), B(2; 0; 0), D1(0; 2; 2) a) Xác định tọa độ các điểm còn lại của hình lập phương ABCD.A1BB1C1D1.Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh rằng hai mặt phẳng ( AB1D1) và ( AMB1) vuông góc nhau. b) Chứng minh rằng tỉ số khỏang cách từ điểm N thuộc đường thẳng AC1 ( N ≠ A ) tới 2 mặt phẳng ( AB1D1) và ( AMB1) không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. π 2 Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân I =−∫ (2xx 1)cos2 dx. 0 22 2. Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức : 26PAPAnnnn+ −= 12 . k ( Pn là số hóan vị của n phần tử và An là số chỉnh hợp chập k của n phần tử) Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số dương và x yz = 1. Cmrằng : xyz2223 ++≥. 111+++yzx2 Bài giải CÂU I: x3x32 ++ 1/ Khảo sát y = ()C x1+ MXĐ: DR=−\{ 1} x2x2 + y',==⇔+=⇔=y'0 x2 2x0 x0hay x2=− ()x1+ 2 BBT x −∞ -2 -1 0 +∞ y' + 0 - - 0 + y -1 +∞ +∞ −∞ −∞ 3 TRANG 20
21. Tiệm cận: x=-1 là tc đứng y = x + 2 là tc xiên x3x32 ++ 2/ Tìm m để pt = m có 4 nghiệm x1+ phân biệt Ta có ⎧x3x32 ++ ⎪ nếux>− 1 x3x32 ++ ⎪ x1+ y == ⎨ 2 x1+ ⎪ ()x3x3++ − -1 Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị (C) có x 3 x1+ 2x− x2 x2x2 − ⎛⎞1 CÂU II. 1/ Giải bất phương trình 92−≤⎜⎟ 3()1 ⎝⎠3 22 2 Ta có (1) ⇔−92.3x2x−− x2x≤3. Đặt t3= x2x− > 0, (1) thành 22 t2t302 −−≤⇔−≤≤ 1t3. Do đó, (1) ⇔ −≤13x2x−− ≤ 3 ⇔ 03 <x2x1 ≤ 3 ⇔−≤⇔−−≤⇔−≤≤+x2x1x2x1012x122 2 2/ Giải phương trình sin2x++−−= cos2x 3sin x cosx 2 0( 2) (2) ⇔+−+−−2sin x cosx 1 2sin2 x 3sin x cosx 2= 0 ⇔−2sin2 x +( 2cosx + 3) sin x − cosx − 1 = 0 ⇔−+++2sin2 x( 2cosx 3) sin x cosx 1= 0 ( 3 ) (phương trình bậc 2 theo sinx) 22 Có Δ=()()()(2cosx + 3 − 4 2 cosx + 1 = 2cosx + 1) ⎡ 2cosx+− 3 2cosx − 1 1 sin x == ⎢ 42 Vậy (2) ⇔ ⎢ 2cosx++ 3 2cosx + 1 ⎢sin x ==cosx+ 1 ⎣⎢ 4 1 ⇔ sin x=+ cosx 1 hay sin x = 2 TRANG 21
22. ⎛⎞ππ21 ⇔−==sin⎜⎟ x sin hay sin x = ⎝⎠42 4 2 ππ5π ⇔ x=+π=π+π=+π=+ k2 hay x k2 hay x k2 hay x k2π. 266 Cách khác: (3)⇔ (2sin x−−− 1)( sin x cosx 1) = 0 CÂU III. 1/ Gọi Ia,b() là tâm của đường tròn (C) Pt (C), tâm I, bán kính R10= là 22 ()()xa−+−y b1=0 A∈⇔−+−=⇔+−() C ( 0a )22 ( 5b ) 10a22 b 10b150+= (1) B∈⇔−+−=⇔+−−+=() C ( 2a )22 ( 3b ) 10a22 b 4a6b30 (2) (1) và ( 2) ⎪⎧ab10b15022+− += ⎧⎧a1=− a =3 ⇔⇔⎨⎨hay⎨ ⎪⎩4a−+= 4b 12 0 ⎩⎩b2== b6 Vậy ta có 2 đường tròn thỏa ycbt là ()()x1++−=22y 210 ()()x3−+−=22y 610 2/ Ta có A( 0,0,0) ;B( 2,0,0) ;C( 2,2,0) ;D(0;2;0) A1111( 0,0,2) ;B( 2,0,2) ;C( 2,2,2) ;D( 0,2,2) Mp (AB11 D ) có cặp VTCP là: uuuur AB1 = ( 2,0,2) uuuur AD1 = ( 0,2,2) r1 uuuur uuuur ⇒ mp (AB D ) có 1 PVT là uAB,AD1,1,==⎡⎤()−−1 11 4 ⎣⎦11 mp (AMB1 ) có cặp VTCP là: uuuur AM= ( 2,1,0) M2( ,1,0) uuuur AB1 = ( 2,0,2) ruuuu1 ruuur ⇒ mp (AMB ) có 1 PVT là vAM,AB1,2,==−⎡⎤()−1 1 2 ⎣⎦ rr r r Ta có: u.v=−−−+−=⇔⊥ 1( 1) 1( 2) 1( 1) 0 u v ⇒ (AB11 D) ⊥ ( AMB 1) ⎧xt= uuur ⎪ b/ AC1 = (2,2,2) ⇒ Pt tham số AC1 : ⎨y = t , NACNt,t,t∈ 1 ⇒ ( ) ⎪ ⎩zt= TRANG 22
23. Pt (AB11 D) :−−−−+−=⇔+−=( x 0) ( y 0) ( z 0) 0 x y z 0 ttt+− t ⇒ dN,ABD()11===d1 33 Pt (AMB1 ) :( x−− 0) 2( y −−−=⇔−−= 0) ( z 0) 0 x 2y z 0 t2tt−− − 2t ⇒==dN,AMB()12=d 141++ 6 t d66t 2 ⇒ 1 ==3 = = d22 2t 323t2 6 Vậy tỉ số khoảng cách từ NACNA∈≠⇔≠1 ( t0) tới 2 mặt phẳng ()AB11 D và (AMB1 ) không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. ππ/2 2 /2 ⎛⎞1cos2x+ CÂU IV: 1/ Tính I2x1cosxdx2x1=−() =− ()⎜⎟dx ∫∫00⎝⎠2 2 11π/2 2 π/2 π π I2x1dxxx1 =−=−=() ⎡⎤ − 22∫0 ⎣⎦0 84 1 π/2 I(2x1)cos2=−xdx 2 2 ∫0 11 Đặt u=−⇒== (2x 1) du dx,dv cos2xdxchọnv = sin2x 22 111ππ/2 π/2 /2 1 ⇒ I(2x1)sin2x=− − sin2xdxcos2x = =− 2 42400∫0 2 2 π/2 ππ1 Do đó I2x1cosx=−=−()2 − ∫0 842 22 2/ Tacó: 2Pnnnn+− 6A P A = 12 (nN,n1∈ > ) 6n! n! n! ⇔+2n! − n! = 12 ⇔−−−()()6n!26n!0= ()n2!−−() n2! ()n2!− n! ⇔−()6n!0ha =y −=20⇔=n! 6hay n(n −−= 1) 2 0 (n− 2)! ⇔=n3hay nn22 −−=0⇔=n3hay n2(vìn2) = ≥ CÂU V. Cho x,y, z là 3 số dương thỏa mãn xyz=1 xyz3222 CMR: ++≥ 1y+++ 1z 1x 2 x1yx1y22++ Ta có: +≥2. =x 1y++ 4 1y 4 y1zy1z22++ +≥2 =y 1z++ 4 1z4 TRANG 23
24. z1xz1x22++ +≥2z = 1x++ 4 1x4 Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế ta có: ⎛⎞⎛⎞⎛⎞x1yy1zz1x222+++ ⎜⎟⎜⎟⎜⎟+++++≥++()x y z ⎝⎠⎝⎠⎝⎠1y+++ 4 1z 4 1x 4 xyz222 3xyz++ ⇔++≥−−+++()xyz 1y+++ 1z 1x 4 4 3x( ++ y z) 3 ≥− 44 339363 ≥.3 −=−== ( vì x + y +≥z3x3 yz3 =) 444442 xyz2223 Vậy ++≥ 1y+++ 1z 1x 2 HÀ VĂN CHƯƠNG- PHẠM HỒNG DANH-NGUYỄN VĂN NHÂN. (TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC VĨNH VIỄN) TRANG 24