LÊ NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN TẬP 3(31-40) THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 1 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng. Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã được học, rèn luyện kĩ năng giải toán tạo nền tảng kiến thức tốt nhất cho kỳ thi Đại học sắp tới. Nội dung sách được viết trên tinh thần đổi mới ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù hợp theo quan điểm ra đề và chấm thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo rất phù hợp để các em tự ôn luyện. Toán là môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi trong mọi hoạt động của con người. Để học toán tốt trước hết rất cần sự tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu. Bên cạnh đó phương pháp học cũng rất quan trọng, nên đi từ cái dễ và cơ bản tới cái khó hơn với một tư duy logic. Tiếp xúc một bài toán không chỉ dừng lại ở cách giải thông thường mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng và cách giải khác nhau. Sau mỗi bài toán nên rút ra cho mình những điểm chú ý quan trọng. Cuối cùng thầy chúc tất cả các em luôn có được SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM MÊ, và THÀNH CÔNG trong các kỳ thi sắp tới! Thanh hóa.Tháng 9 năm 2014 Tác giả 2 ĐỀ SỐ 51 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 2 2 x y x = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đò thị (C) sao cho khoảng cách từ I(-2;2) đến tiếp tuyến đó là lớn nhất. Câu 2.(1,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 3 sin .sin3 cos .cos3 1 8 tan .tan 6 3 x x x x x x π π + = −     − +  ÷  ÷     2. Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực 3 1 2 0 4 3.2 4 0 x x x x x mx + +  − + ≤   − − ≤   Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I =dx. Câu 4 (1,0 điểm) Cho khai triển ( ) 15 2 14 2 210 0 1 2 210 1 =a x x x a x a x a x+ + + + + + + + . Chứng minh rằng: 0 1 2 15 15 15 15 14 15 13 15 0 15.C a C a C a C a− + − − = − Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Phương trình đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC và chân đường cao hạ từ A đến cạnh BC của tam giác ABC là ( ) ( ) 2 2 3 2 25.x y− + + = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(-1; -2; -3), B(-6; 10; -3). Viết phương trình mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ A đến mp(P) bằng 15 và khoảng cách từ B đến mp(P) bằng 2. Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và ˆ ABC bằng 30 0 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’, biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB’ bằng 2 a . Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 1 4 5 1 2 , ln 3 ln 3 4 x y x y x y x y x y x y − − + − +  + = +  ∈  − = + − +   ¡ Câu 9.(1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x+y+z=3. Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 2 4 4 4 x y z y z x z x y xyz yz zx xy + + + + + ≥ − − − LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm): Cho hàm số 2 2 x y x = + 3 1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: ( ) 2 4 2 2 2 x y C x x = = − + + a/Tập xác định: ( ) / 2D = −¡ Nhánh vô cực: 2 lim 2 2 x x x →−∞ = + và 2 lim 2 2 x x x →+∞ = + Đồ thị nhận đường thẳng có phương trình y=2 làm tiệm cận ngang 2 2 lim 2 x x x − →− = +∞ + và 2 2 lim 2 x x x + →− = −∞ + Đồ thị nhận đường thẳng có phương trình:x=-2 làm tiệm cận đứng ( ) / 2 4 0, 2 y x D x = > ∀ ∈ + hàm số đồng biến trên D Bảng biến thiên : Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-2;2) làm tâm đối xứng 2.(1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của ( ) 2 : 2 x C y x = + sao cho khoảng cách từ điểm ( ) 2;2I − đến tiếp tuyến đó là lớn nhất. Ta có ( ) 2 4 ' 2 y x = + . Gọi hoành độ tiếp điểm là a ( ) 2a ≠ − . Phương trình tiếp tuyến là: ( ) ( ) 2 4 2 2 2 a y x a a a = − + + + hay ( ) ( ) 2 4 2 0 2 2 a x a y a a − − + = + + ( ) ∆ Khoảng cách từ ( ) 2;2I − đến ( ) ∆ là ( ) ( ) ( ) 2 2 8 8 ; 2 2 16 8 2 2 Cauchy d I a a ∆ = ≤ = + + + . Đẳng thức xảy ra ( ) ( ) 2 2 0 16 2 2 2 4 2 a a a a a =  ⇔ + = ⇔ + = ± ⇔  = − +  . Vậy khoảng cách từ I đến ∆ lớn nhất bằng 2 2 khi 0 4 a a =   = −  . Khi đó phương trình tiếp tuyến ∆ là 8 y x y x =   = +  . Câu 2.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm).Giải phương trình: 3 3 sin .sin3 cos .cos3 1 8 tan( ) tan( ) 6 3 x x x x x x π π + = − − + (1) 4 Điều kiện ( ) ( ) sin .cos 0 6 6 sin 2 0 * 3 6 2 sin .cos 0 3 3 x x x x m m x x π π π π π π π      − − ≠  ÷  ÷         ⇔ − ≠ ⇔ ≠ + ∈   ÷        + + ≠  ÷  ÷       ¢ Ta có tan tan cot .tan 1 6 3 3 3 x x x x π π π π         − + = − + + = −  ÷  ÷  ÷  ÷         . Suy ra (1) [ ] [ ] 3 3 2 2 1 1 sin sin 3 cos cos3 sin sin sin 3 cos cos cos3 8 8 x x x x x x x x x x⇔ + = ⇔ + = [ ] [ ] 2 2 2 2 2 2 1 1 sin cos 2 cos 4 cos cos 2 cos 4 sin cos cos 2 cos sin .cos4 4 4 x x x x x x x x x x x x     ⇔ − + + = ⇔ + + − =     [ ] ( ) 3 1 1 1 1 cos2 cos2 cos4 cos2 1 cos4 cos 2 cos 2 4 4 8 2 6 x x x x x x x x k k π π ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + ∈ ¢ . Kết hợp điều kiện (*) ta được ( ) 6 x k k π π = − + ∈¢ . 2.(0,5 điểm) Tìm các giá trị thực của tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực: ( ) ( ) 3 1 2 0 1 4 3.2 4 0 2 x x x x x mx + +  − + ≤   − − ≤   Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3.2 .2 4. 2 0 2 2 2 4.2 0 2 4.2 x x x x x x x x x x ⇔ − − ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ ≤ ( ) 2 0 2 0 4 3x x x x⇔ ≤ + ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ . Vì 0x = không thỏa mãn (1) nên ( ) ( ) 3 2 1 4 x m x + ⇔ ≤ với ( ] 0;4x∈ . Xét hàm số ( ) 3 2x f x x + = với ( ] 0;4x∈ , ta có ( ) ( ) 3 2 2 1 ' x f x x − = , ( ) ' 0 1f x x= ⇔ = . Bảng biến thiên của ( ) f x là: Từ bảng biến thiên suy ra ( ] ( ) 0;4 min 3 x f x ∈ = . Do đó hệ bất phương trình có nghiệm ⇔ (4) có nghiệm ( ] 0;4x∈ ( ] ( ) 0;4 min 3 x m f x m ∈ ⇔ ≥ ⇔ ≥ . Câu 3.(1,0 điểm) Tính tích phân: I =dx. Ta có I = dx = |sinx - cosx|dx Xét sinx - cosx = 0 ⇔ tanx = ⇔ x = + kπ. Do x ∈ [0; ] nên ta chọn x = Ta có bảng xét dấu : x 0 3 π 2 π sin 3 cosx x− - 0 + 5 Vậy I =-(sinx - cosx)dx + (sinx - cosx)dx =-(-cosx - sinx)+ (-cosx - sinx) = 3 - Câu 4.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm).Cho khai triển ( ) 15 2 14 2 210 0 1 2 210 1 x x x a a x a x a x+ + + + = + + + + . Chứng minh rằng: 0 1 2 15 15 15 15 14 15 13 15 0 15C a C a C a C a− + − − = − . Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 210 15 15 15 15 15 2 14 15 0 0 1 1 1 1 k k i k i i k x x x x x C a x + = = − = + + + + − = − ∑∑ Suy ra hệ số của 15 x trong khai triển ( ) 15 15 1 x− là ( ) 0 1 2 15 15 15 15 15 14 15 13 15 0 15 1 k k i i k C a C a C a C a C a + = − = − + − − ∑ Mặt khác ( ) 15 15 15 225 1 1 15 x x x− = − + − . Suy ra hệ số của 15 x trong khai triển ( ) 15 15 1 x− là 15− . Vậy 0 1 2 15 15 15 15 14 15 13 15 0 15C a C a C a C a− + − − = − (đpcm). Câu 5.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Phương trình đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC và chân đường cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC của tam giác ABC là ( ) ( ) 2 2 3 2 25x y− + + = . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi D, E, F là trung điểm BC, CA, AB. A’ là chân đường cao hạ từ A xuống BC. K là giao điểm của EF và AA’. G là trọng tâm tam giác ABC. I, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’EF và ABC. Ta có K là trung điểm của AA’ và 'EF AA⊥ nên A’ đối xứng với A qua EF. Suy ra 'AEF A EF∆ = ∆ · · 'EA F EAF⇒ = Mặt khác AFDE là hình bình hành nên · · EDF EAF= . Suy ra · · 'EA F EDF= . Hơn nữa A’ và D nằm cùng phía đối với EF, suy ra D nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác A’EF. Do đó phương trình đường tròn đi qua D, E, F là: ( ) ( ) 2 2 3 2 25x y− + + = . Đường tròn này có tâm ( ) 3; 2I − , bán kính 5R = . Vì phép vị tự ( ) ; 2G V − biến tam giác DEF thành tam giác ABC nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ảnh của đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF qua ( ) ; 2G V − . Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm J thỏa mãn ( ) 2 3;10GJ GI J= − ⇒ − uuur uur và bán kính ' 2 10R R= = . Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: ( ) ( ) 2 2 3 10 100x y+ + − = . Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A(-1;-2;-3) và B(-6;10;-3). Viết phương trình mặt phẳng (P) sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 15 và khoảng cách từ B đến (P) bằng 2. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B trên (P). Ta có ( ) 5;12;0AB = − uuur suy ra AB=13. Vì AH=15, BK=2 nên AB+BK=AH. Mặt khác AB BK AK AH+ ≥ ≥ (*) Do đó (*) phải xảy ra dấu “=”. Điều này xảy ra khi và chỉ khi A, B, K thẳng hàng (B nằm giữa A và K) và K trùng với H. Suy ra AB vuông góc với (P) tại K và B nằm giữa A và K. 6 P B A H K K G I D A' J E F A B C Ta có 2 88 154 ; ; 3 13 13 13 BK BK AB AB K AB   = = ⇒ − −  ÷   uuur uuur uuur Mặt phẳng (P) đi qua K và nhận AB uuur làm vectơ pháp tuyến nên (P) có pt là: ( ) 88 154 5 12 0 3 0 13 13 x y z     − + + − + + =  ÷  ÷     5 12 176 0x y⇔ − + = . Câu 7.(1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và · 0 30ABC = . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB’ bằng 2 a . Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. H là hình chiếu của M trên CM’. Khi đó: Vì tam giác ABC cân tại C nên CM AB ⊥ , suy ra ' 'A B CM ⊥ . Vì ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng nên ' ' 'MM A B⊥ . Vậy ( ) ' ' ' ' 'A B MM C A B MH ⊥ ⇒ ⊥ . Từ đó suy ra ( ) ' 'MH A B C ⊥ . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ' ; ' ' ; ' ' 2 a d AB CB d AB A B C d M A B C MH= = = = . Ta có BM=a, · 0 30MBC = nên 3 a MC = . Suy ra 2 3 ABC a S = . Đặt AA’=MM’=h. Ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 4 'MM MC MH h a a + = ⇔ + = h a⇒ = . Vậy 3 . ' ' ' 3 ABC A B C a V = . Câu 8.(1,0 điểm).Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 1 4 .5 1 2 1 ln 3 ln 3 2 4 x y x y x y x y x y − − + − +  + = +   −  = + − +  Điều kiện , 3x y > − (*) ( ) 2 2 2 1 4 1 5 1 2.2 0 5 5 x y x y x y − − −       ⇔ + − − =    ÷  ÷         (3). Xét hàm số ( ) 1 4 5 1 2.2 5 5 t t t f t       = + − −    ÷  ÷         trên ¡ ta có ( ) 1 1 4 4 ' 5 ln .ln 2.2 ln 2 0 5 5 5 5 t t t f t t           = + − < ∀ ∈    ÷  ÷  ÷  ÷             ¡ . Suy ra ( ) f t nghịch biến trên ¡ . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 1 2 1 2 1 4f x y f x y y x⇔ − = ⇔ − = ⇔ = − . Thế (4) vào (2) ta được 1 3 ln 4 2 2 x x x − +   =  ÷ +   3 1 ln 0 2 2 4 x x x + −   ⇔ + =  ÷ +   (5) Xét hàm số ( ) 3 1 ln 2 2 4 x x g x x + −   = +  ÷ +   với 1x > − , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 5 1 ' 4 3 1 x x g x x x + − = + + ( ) ( ) ( ) 5 1; ' 0 1 1; x g x x = − ∉ − +∞ = ⇔  = ∈ − +∞   . Ta có bảng biến thiên của ( ) g x trên ( ) 1;− +∞ là: 7 30* a h a M' M B A A' C' B' C H Từ bảng biến thiên, suy ra ( ) 0 1g x x= ⇔ = . Do đó 1y = . Vậy hệ có nghiệm ( ) ( ) ; 1;1x y = . Câu 9.(1,0 điểm) Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn 3x y z+ + = . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 2 4 4 4 x y z y z x z x y xyz yz zx xy + + + + + ≥ − − − (1) Ta có ( ) ( ) 2 2 9 3yz zx xy x y z yz zx xy+ + ≤ + + = ⇒ + + ≤ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 4 4 4 y z z x x y yz yz zx zx xy xy + + + ⇔ + + ≥ − − − (2) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 2 2 2 2 y z yz yz yz yz yz yz yz yz yz yz + ≥ = ≥ −   + − + − +   Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 4 4 4 2 2 2 y z z x x y yz yz zx zx xy xy yz zx xy   + + + + + ≥ + +   − − − + + +     ( ) 18 6 yz zx xy ≥ + + + 18 2 6 3 ≥ = + . Vậy (2) đúng (đpcm). ĐỀ SỐ 52 Câu 1.(2,0 điểm). Cho hàm số 2x 1 y x 1 − = + có đồ thị (C) và điểm ( ) P 2;5 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị 2 1 1 x y x − = + 2. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y x m= − + cắt đồ thị ( ) C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều. Câu 2.(1,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 3 cos3 cos 2 sin (1 tan ) 2sin2 1 x x x x x x − + = + − . 2. Giải phương trình ( ) 3 x 1 2 1 x x 2 2x 1 3 + − = ∈ + + − ¡ Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân: 2 4 2 4 sin 1 1 2cos x x I dx x π π − + = + ∫ . 8 Câu 4.(1,0 điểm)Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2z i z z i− = − + và 2 2 ( ) 4z z− = . Câu 5. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm ( ) A 1; 1− − và đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 T : x 3 y 2 25− + − = . Gọi B, C là hai điểm phân biệt thuộc đường tròn ( ) T ( B, C khác A ). Viết phương trình đường thẳng BC , biết ( ) I 1;1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 0), B(1; 2; −5) và đường thẳng (d) có phương trình: 1 3 2 2 1 x y z− − = = − . Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất. Câu 7.(1,0 điểm) 1. Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và BC bằng a 3 4 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' . 2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng ( ) α đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm (khác A ). Gọi A B C D h , h , h , h lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng ( ) α . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 B C D A h h h h 3 + + ≥ . Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x y 5 x y x,y xy 1 x y 2  + + + =  ∈   − = − +  ¡ Câu 9.(1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: LỜI GIẢI Câu1.(2,0 điểm): 1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị 2 1 1 x y x − = + Tập xác định : ( ) \ 1D = −¡ 1 1 2 1 2 1 lim ; lim 1 1 x x x x x x − + →− →− − − = +∞ = −∞ + + Đồ thi hàm số nhận đường thẳng x=-1 làm tiệm cân đứng 2 1 lim 2 1 x x x ±∞ − = + Đồ thi hàm số nhận đường thẳng y=2 làm tiệm cân ngang ( ) / 2 3 0 1 y x = > + Hàm số đồng biến trên D 9 3 2 3 P . a ab abc a b c = − + + + + y Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1 ;2) làm tâm đối xứng. 2.(1,0điểm). Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y x m= − + cắt đồ thị ( ) C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C) là: 2x 1 x m x 1 − = − + ⇔ + ( ) 2 x (m 3)x m 1 0 1− − − − = , với x 1≠ − Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình ( ) 1 có hai nghiệm phân biệt khác 1 − 2 m 2m 13 0 0.m 3 0  − + > ⇔  − ≠  (đúng m∀ ) Gọi 1 2 x , x là các nghiệm của phương trình (1), ta có: 1 2 1 2 x x m 3 x x m 1 + = −   = − −  Giả sử ( ) 1 1 A x ; x m− + , ( ) 2 2 B x ; x m− + Khi đó ta có: ( ) 2 1 2 AB 2 x x= − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 2 PA x 2 x m 5 x 2 x 2 = − + − + − = − + − , ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 PB x 2 x m 5 x 2 x 2= − + − + − = − + − Suy ra PAB∆ cân tại P Do đó PAB∆ đều 2 2 PA AB⇔ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x 2 x 2 2 x x x x 4 x x 6x x 8 0 ⇔ − + − = − ⇔ + + + − − = 2 m 1 m 4m 5 0 m 5 =  ⇔ + − = ⇔  = −  . Vậy giá trị cần tìm là m 1, m 5= = − . Câu 2.(1,0 điểm): 1.(0,5 điểm) Giải phương trình: sin 3 cos3 cos 2 sin (1 tan ) 2sin2 1 x x x x x x − + = + − . Đk 1 sin 2 (*) 2 cos 0 x x  ≠    ≠  . Với đk (*) phương trình đã cho tương đương: 10 x [...]... 1.(0 ,5 điểm) Cho khai triển ( 1 − 2 x + x 3 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + + a3n x 3n Xác định hệ số a6 biết n 15 a a a 1 rằng a0 + 1 + 2 + + 3n =  ÷ 2 3n 2 2 2 2 3n 15 a 1 1 a a 1 Cho x = ⇒  ÷ = a0 + 1 + 2 + + 3n =  ÷ ⇔ 8n = 2 15 ⇔ n = 5 2 3n 2 2 2 2 2 2 5 5 k k =0 i =0 3 k 15 3k ( 1 − 2 x ) = ∑ C5k x 15 3k ∑ Cki ( −2 x ) Ta có: ( x + 1 − 2 x ) = ∑ C5 x 5 k k =0 5 k = ∑∑ C5k Cki ( −2 ) x 15 3... họ nghiệm: x = ± + kπ 3 2.(0 ,5 điểm) Giải phương trình : log 2 (5 − 2 x) + log 2 (5 − 2 x).log 2 x +1 (5 − 2 x) = log 2 (2 x − 5) 2 + log 2 (2 x + 1).log 2 (5 − 2 x) 1 2 5  −1  0 Theo giả thi t Vậy D (5; 2) C D Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A ( 1;2;1) , B ( 1; −2;4 ) và H N mặt phẳng ( P) : 2 y + z = 0 Tìm toạ độ điểm C ∈ ( P ) sao cho tam giác ABC cân tại B và có 25 diện tích bằng 2 1 25 25 ⇒ IA.IB = Mặt khác Tính được AB = 5. Gọi... 9t 2 + 12t + 5 = (3t + 2) 2 + 1 D MB = 4t 2 + (1 + 2t ) 2 + (−t + 5) 2 = 9t 2 − 6t + 26 = (3t − 1) 2 + 25 r r Trong mpOxy xét các vectơ u = (3t + 2; 1), v = ( −3t + 1; 5) r r r r Có: | u + v |= 3 5 ; | u |= (3t + 2) 2 + 1; | v |= (−3t + 1) 2 + 25 r r r r Ta luôn có bất đẳng thức đúng: | u + v | ≤ | u | + | v |⇔ 3 5 ≤ (3t + 2) 2 + 1 + (−3t + 1) 2 + 25 3t + 2 1 1 r r = ⇔t =− hay MA + MB ≥ 3 5 Đẳng thức... 3t + 5  u u  3t − 19  AB =  2t − 10; , CB =  2t − 6; ÷ ÷ 2  2    t = 1 uu uu ur ur 1 Do AB.CB = 0 ⇔ 4 ( t − 5 ) ( t − 3) + ( 3t + 5 ) ( 3t − 19 ) = 0 ⇔  29 t = 4 5   B(−3; −3) (loai )  33 21  ⇒   33 21  ⇒ B ; ÷ B  ; ÷  5 5   5 5  Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; -2; -2) và mặt phẳng ( P ) : x − y − z + 1 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A, vuông... định D = R x = 0  x = ±1 • Sự biến thi n: y' = 4 x 3 − 4 x Ta có y' = 0 ⇔  • yCD = y ( 0 ) = 2; yCT = y ( 2 ) = −2 • Bảng biến thi n: x −∞ y/ - -1 0 + 0 0 17 - 1 0 +∞ + +∞ +∞ y 2 -2 -2 • vẽ đồ thị 8 6 4 2 -1 5 -1 0 -5 5 1 0 1 5 -2 -4 -6 -8 Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy 2.(1,0 điểm) Xác định m để (Cm) có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều 3 2 Ta có y′ = 4 x − 8 ( m −... Cki ( −2 x ) Ta có: ( x + 1 − 2 x ) = ∑ C5 x 5 k k =0 5 k = ∑∑ C5k Cki ( −2 ) x 15 3 k +i ( 0 ≤ i ≤ k ≤ 5 ) i i 15 − 3k + i = 6 ⇔ 3k − i = 9 k =0 i =0 Ta có bảng sau: k i ⇒ k = 3, i = 0 hoặc k = 4, i = 3 3 0 4 3 5 6 3 Vậy a6 = C53 C30 ( −2 ) + C54 C4 ( −2 ) = − 150 0 3 2 e x − cos 3 x cos x 2.(0 ,5 điểm) Tính giới hạn: lim x→0 x2 2 2 e x − cos 3 x.cos x ex −1 1 − cos 3x.cos x 1 − cos 3 x.cos x = lim . TOÁN TẬP 3(31-40) THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 1 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng. Cuốn sách Tuyển tập. thành Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số 4 2 2 2y x x .= − + • Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.= • Sự biến thiên: 3 4 4y' x x.= − Ta có 0 0 1 x y' x =  =. LỜI GIẢI Câu1.(2,0 điểm): 1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị 2 1 1 x y x − = + Tập xác định : ( ) 1D = −¡ 1 1 2 1 2 1 lim ; lim 1 1 x x x x x x − + →− →− − − = +∞ = −∞ + +