Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN Đề 1: ( Biên soạn theo định hướng đề Bộ GD&ĐT năm học 20014 – 20015) Bài 1:Cho hàm số : y = (x – m)3 – 3x (1) a) Xác định m để hàm số (1) đạt cực tiểu điểm có hồnh độ x = b) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (c) hàm số (1) m =  x − − 3x − k <  c) Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm:   log2 x + log2 ( x − 1) ≤ 2 Bài 2: a) Tìm tổng tất nghiệm x thuộc [ 2; 40] phương trình: sinx – cos2x = x + y + x − y =  b) Giải hệ phương trình:  =2 y x − y   x = 1+ t  Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (∆ ) :  y = − − t , z =  − z ( ∆ ) : x−−13 = y = 1) Viết phương trình mặt phẳng chứa ∆1 song song với ∆2 2) Xác định điểm A ∆1 điểm B ∆2 cho đoạn AB có độ dài nhỏ e  2   Bài 4: Tính tích phân: I = ∫  x + ÷ln xdx x Bài 5: Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh bất đẳng thức: ab bc ca a b c + + ≥ + + c ( c + a) a ( a + b) b ( b + c) c + a a + b b + c Bài 6: Giải phương trình: log x + − log ( − x ) − log8 ( x − 1) = 2 25 Bài 7: a) Tính tổng: S = 1.2.C25 + 2.3.C25 + + 24.25.C25 b) Tìm số phức z thõa mãn điều kiện: z = phần thực z hai lần phần ảo · Bài 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, BAD = 600 , SA vng góc mặt phẳng (ABCD), SA = a Gọi C' trung điểm SC Mặt phẳng (P) qua AC' song với BD, cắt cạnh SB, SD hình chóp B', D' Tính thể tích khối chóp S.AB'C'D' Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN Hết HƯỚNG DẪN GIẢI Đề 1: Bài 1: a) Ta có: y = (x – m)3 – 3x (1) ⇒ y' = 3(x – m)2 – = 3[(x– m)2–1]; m) Hàm số (1)  y′(0) = ⇔ ⇔  y′′(0) > b) đạt cực tiểu điểm số viết có hồnh độ y" = 6(x – x = m =  m2 − =    ⇔   m = −1 ⇔ m = −1  −m >   m < Khi m = y = ( x − 1) − 3x = x − 3x − 1, hàm lại BBT: x -∞ +∞ y' + – -1 y +∞ -∞ CĐ CT + -5 Điểm uốn U(1; -3) tâm đối xứng đồ thị  x − 3 − 3x − k < (1)  c) Ta có :  Điều kiện (2) có nghĩa: x >  log2 x + log2 ( x − 1) ≤ (2) 2 Từ (2) ⇔ x(x – 1)≤ ⇔ < x ≤ Hệ cho có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm thõa < x  ( x − 1) − 3x − k <  ⇔  1 < x ≤   ( x − 1) − 3x < k   1 < x ≤  ≤ ⇔ Đặt: f(x) = (x – 1)3 – 3x g(x) = k (d) Căn đồ thị (C) hàm số câu b Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN (1) có nghiệm x ∈(1;2] ⇔ k ≥ f ( x ) = f (2) = −5 Vậy hệ có nghiệm ⇔ k > - ( 1;2  Bài 2: a) Tìm tổng tất nghiệm x thuộc [ 2; 40] phương trình: sinx – cos2x = Ta có: sinx – cos2x = ⇔ 2sin2x + sinx -1 = ⇔  π s inx = −1  x = − + k 2π  ⇔ s inx =  x = π + k 2π ∨ x = 5π + k 2π    6  π 2π ⇔ x = + k ,k ∈¢ Vì 2≤ ∈[ x 2; ⇒ 40] π 2π π 2π π  π +k ≤ 40 ⇒ − ≤ k ≤ 40 − ⇒  − ÷≤ k ≤ 6 2π  6 2π ⇒ 0,7 ≤ k ≤ 18,8 ⇒ k ∈ { 1,2,3, ,18}  π  40 − ÷ 6  π Gọi S tổng nghiệm thõa yêu cầu toán: S = 18 + 2π (1 + + + + 18) = 117π x + y + x − y =  b) Giải hệ phương trình:  y x − y  =2 ( Dùng phương pháp đặt ẩn phụ) u = x + y u = x + y    u = x + y u = x + y  ⇒ ⇒ ⇒ Đặt:  2  v = x − y u − v = y  y = u − v v = x − y     u + v =  ⇒ v3 + v − 8v + = ⇔ ( v − ) v + 3v − = Hệ phương trình viết lại:   u − v v = 2, v ≥ 2 v ≥ v =  v = ⇔  ⇔  v = −3 + 17 −3 ± 17    v =  x + y = x =  ⇔ Khi v = ⇒ u = 6, ta có hệ phương trình:   x−y =2 y =  ( ( Khi v= ) ( ) −3 + 17 19 − 17 , ⇒u= 2 ta có hệ phương ) trình:  19 − 17  x = − 17 x + y =   ⇔  + 17 −3 + 17  y =   x−y =  Bài 3: 1) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (∆1) song song (∆2): Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN r r VTCP (∆1) u1 = ( 1; −1; ) , VTCP (∆2) u2 = ( −1;2;1) uu r r r n p = u1 , u  = ( −1; −1;1) Vì (P) chứa (∆1) (P) // (∆2), nên có VTPT:   Phương trình mặt phẳng (P) qua M1(1; -1; 2) : x + y – z + = 2) Xác định điểm A ∆1 điểm B ∆2 cho đoạn AB có độ dài nhỏ Vì A∈ ∆1 ⇒ A(t+1; -t -1; 2); B∈ ∆2 ⇒ B( t'+3; 2t' +1; t') ⇒ uuu r AB = ( −t '− t + 2;2t '+ t + 2; t '− ) Vì đoạn AB có độ dài nhỏ ⇔ AB đoạn vng góc chung (∆1) (∆2) uuu r r uuu r r  AB ⊥ u1  AB.u1 = 2t + 3t ' =   ⇔ ⇔ t = t ' = ⇒ A( 1; -1; 2), B(3; 1; 0) r r ⇒  uuu r ⇔ uuu r 3t + 6t ' =  AB ⊥ u  AB.u =   e e e  2 ln x dx = = e2 + 5 Bài 4: Ta có : I = ∫  x + ÷ln xdx = ∫ x ln xdx + ∫  x x 4 1 1 Bài 5: Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh bất đẳng thức: ab bc ca a b c + + ≥ + + (1) c ( c + a) a ( a + b) b ( b + c) c + a a + b b + c b  c  a  a b  b c  c a  −1 +  − 1÷ +  − 1÷ ≥ − 1÷ + − 1÷ + − 1÷ ≥ ⇔ c  c ÷ a  a  b  b  Ta có (1) ⇔ c + a  c     +1 +1 +1   a+ b a  b+ c b  a b c a b c Đặt: x = > 0; y = > 0; z = > ⇒ x.y.z = Khi : b c a x −1 y −1 z −1 + + ≥ ⇔ x + y + z2 + xy + yz2 + zx − x − y − z ≥ (*) (1) ⇔ y +1 z +1 x +1 Vì x + y + z2 ≥ ( x + y + z ) ≥ xyz ( x + y + z ) = x + y + z ( theo BĐT Couchy) Và xy + yz2 + zx ≥ 3 ( xyz ) = ( theo BĐT Couchy) Do đó: (*) Vậy (1) chứng minh Dấu = xảy ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c Khi tam giác ABC tam giác Bài 6: Giải phương trình: log x + − log ( − x ) − log8 ( x − 1) = (2) Điều kiện: < x < 2  log2 ( x + 1) + log2 (3 − x ) − log2 ( x − 1) =  Ta có (2) ⇔  1 < x <  ⇔ ( x + 1) ( − x ) = x − ⇔ x + x− 4= 0⇔ x = ± 17 (tmđk) 25 Bài 7: a) Tính tổng: S = 1.2.C25 + 2.3.C25 + + 24.25.C25 n Tacó: ( x + 1) = ∑ Cnk x k n k =0 Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: n(n − 1) ( x + 1) n −2 n k = ∑ k (k − 1)Cn x k −2 (1) k =2 Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN Cho x = n = 25 từ (1) ⇒ 25 24.223 = 25 k ∑ k (k − 1)C25 ⇔ k =2 25 ∑ k (k − 1)C k =2 k 25 = 5033164800 b) Tìm số phức z thõa mãn điều kiện: z = phần thực z hai lần phần ảo Dạng số phức : Z = a + bi(a- phần thực, b- phần ảo)   a = −2  a =    x =5  a + b = a = 2b    ÷ ⇔ ⇔ ⇔  ∨ Ta có:   b = − b = ÷ b=± a = 2b a = 2b          Kết luận: Có hai số phức thõa u cầu tốn: Z = −2 − 5i; Z = + 5i Bài 8: Ta có: ∆SAC vng A ⇒ SC = SA2 + AC = 2a ⇒ AC' = SC/ = a ⇒ ∆SAC' Vì (P) chứa AC' (P)// BD ⇒ B'D' // BD Gọi O tâm hình thoi ABCD I = AC' ∩ B'D' ⇒ I trọng tâm ∆SBD Do đó: B ' D ' = BD = a Mặt khác, BD ⊥ (SAC) ⇒ D'B' ⊥ (SAC) ⇒ B'D' ⊥ AC' Do đó: Diện tích tứ giác AB'C'D' là: SAB'C'D' a2 = AC '.B ' D ' = Đường cao h khối chóp S.AB'C'D' đường cao tam giác SAC' ⇒ h= a Vậy thể tích khối chóp S AB'C'D' V = a3 (đvtt) h.SAB 'C ' D ' = 18 (Bài tốn giải ph pháp tọa độ HS thử làm cho biết phương pháp tốt hơn.) Hết - Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN Đề 2: ( Biên soạn theo định hướng đề Bộ GD&ĐT năm học 20014 – 20015) Bài 1: Cho hàm số : y = x + ( − 2m ) x + ( − m ) x + m + (1) ( m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ điểm cực tiểu nhỏ Bài 2: 1) Giải phương trình: cos3x − cos2x + cosx = 2) Giải phương trình: x + − x = x − + − x + 8x − + Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x + 2y – z + = hai điểm A(4;0;0), B(0; 4; 0) Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB 1) Tìm tọa độ giao điểm E đường thẳng AB với mặt phẳng (P) 2) Xác định tọa độ điểm K cho KI vng góc với mặt phẳng (P) đồng thời K cách gốc tọa độ O mặt phẳng (P) Bài 4: Tính tích phân: I = ∫ dx 2x + + 4x + Bài 5:Cho x, y số thực thõa mãn điều kiện: x + xy + y ≤ Chứng minh : −(4 + 3) ≤ x − xy − 3y ≤ − Bài 6: 3log + log x x Giải bất phương trình: log + log ≥ x x Bài 7: 1) Cho tập A= { 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6} Có số tự nhiên có chữ số khác chọn A cho số chia hết cho 15 2010 2008 2006 = 4i ( + i ) − 4(1+ i) 2) Chứng minh ( + i ) Bài 8: Cho hình chóp lục giác S.ABCDEF với SA = a, AB = b Tính thể tích hình chóp khoảng cách đường thẳng SA, BE Hết - Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: 1) ( Các bước khảo sát HS tự thực hiện) Bảng biến thiên: + Đồ thị hàm số có điểm cực đại D(0;4), điểm cực tiểu T(2;0), điểm uốn: U(1;2) 2) + Đạo hàm: y′ = g ( x) = 3x + ( − 2m ) x + − m u cầu tốn ⇔ phương trình y' = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thõa x1 < x2 <   ∆ ' = 4m − m − >    ⇔  g (1) = −5m + > ⇔  m < −1 ∨ < m < ÷    S 2m −  = log x log x +2 3log x + log x log x 3y + ≥3⇔ ≥3⇔ ≥ ⇔ 3− ≥ (*) sai với y > Ta có: log x log x + log x y +1 y +1 +1 log x Kết luận: Bất Phương trình vơ nghiệm Bài 7: 1) Nhận xét: Số chia hết cho 15 chia hết chia hết + Các số có số có tổng chia hết cho là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6) + Mỗi số chia hết cho số tận Trong số có số có hai số ⇒ 4.P4 = 96 số chia hết cho Trong số có số có Nếu tận có P4= 24 cách lập số chia hết cho Nếu tận số hàng chục nghìn khơng thể số 0, nên có 3.P 3=18 số chia hết cho Trong trường hợp có: 3(P4+3P3) = 126 số Vậy số số theo yêu cầu toán là: 96 + 126 = 222 số 2010 2008 2006 4 = 4i ( + i ) − 4(1+ i) ⇔ ( + i ) = 4i ( + i ) − ⇔ ( + i ) = −4 2) Ta có: ( + i ) ⇔ 4i = −4 ( đúng) ⇒ (đpcm) Bài 8: Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN Nhận xét: Tâm O lục giác ABCDEF trung điểm đường chéo AD, BE, CF SO ⊥(ABCDEF) Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA tam giac cạnh b Đặt: B = SABCDEF 3 3b = ⇒ B = 6S∆OAB = 6b (đvdt) 2 Chiều cao h = SO = SA2 − OA2 = a − b b Do đó: Thể tích V = Bh = ( a2 − b2 ) (đvtt) * Xác định d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ (HS tự làm) * Chứng minh OJ ⊥(SAF) (HS tự làm) Trong ∆SOJ vuông O với đường cao OJ ứng cạnh huyền SI ta có OJ = OI SO OI + SO =b ( a2 − b2 4a − b 2 ) ( đvđd) -Hết 10 Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN ⇔ (d) (P) có điểm chung, với hồnh độ t < ⇔m≤ 1 Vậy, giá trị m cần tìm: m ≤ 4 y Câu 3: (C1) 1) (C1): (x − 1)2 + (y − 1)2 = có tâm I1 (1; 1) I2 I1 A (C2) bán kính R1 = x (C2): (x − 4)2 + (y − 1)2 = có tâm I (4; 1) x=3 bán kính R2 = Ta có: I1I2 = = R1 + R ⇒ (C1) (C2) tiếp xúc A(3; 1) ⇒ (C1) (C2) có tiếp tuyến, có tiếp tuyến chung A x = // Oy * Xét tiếp tuyến chung ngoài: (∆) : y = ax + b ⇔ (∆) :ax − y + b = ta có:  a + b −1   2 =2  a = a = − d(I1; ∆) = R1  a +b   4 ⇔  ⇔ hay   d(I2 ; ∆) = R  4a + b − = b = − b = +  a2 + b2      * Vậy, có phương trình tiếp tuyến chung: 4+7 2 4−7 (∆1 ) : x = 3, (∆ ) : y = − x+ , (∆ ) y = x+ 4 r4 r u1 = (1; 1; 2) ; u2 = (1; 3; 1) 2) (d1) có vectơ phương (d2) có vectơ phương uu r / / / ° K ∈(d ) ⇒ K(t ; 3t − 6; t − 1) ⇒ IK = (t / − 1; 3t / − 5; t / − 2) uu r r 18  18 12  / / / / ° IK ⊥ u2 ⇔ t − + 9t − 15 + t − = ⇔ t = ⇒ K  ; − ; ÷ 11  11 11 11  ° Giả sử (d ) cắt (d1) H(t; + t; + 2t), (H ∈ (d1 )) uuu  18 r 56 59  HK =  − t; − − t; − − 2t ÷ ° 11 11  11  uuu r r 18 56 118 26 −t− −t− − 4t = ⇔ t = − ° HK ⊥ u1 ⇔ 11 11 11 11 uuur  30 7 ⇒ HK =  4; − ; − ÷ = (44; − 30; − 7) 11 11  11  18  x = + 44λ  11  12  ° Vậy, phương trình tham số đường thẳng (d ): y = − − 30λ 11   z = 11 − 7λ  Câu 4: 19 Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN 1) Cách 1: * Dựng SH ⊥ AB * Ta có: (SAB) ⊥ (ABC), (SAB) ∩ (ABC) = AB, SH ⊂ (SAB) ⇒ SH ⊥ (ABC) SH đường cao hình chóp * Dựng HN ⊥ BC, HP ⊥ AC S B · · ⇒ SN ⊥ BC, SP ⊥ AC ⇒ SPH = SNH = α * * * * ∆ SHN = ∆ SHP ⇒ HN = HP H N ϕ C a P ∆ AHP vng có: HP = HA.sin 60o = A a tgα ∆ SHP vng có: SH = HP.tgα = 1 a a a3 tgα = tgα Thể tích hình chóp S.ABC : V = SH.SABC = 3 4 16 Cách 2: * Dựng SH ⊥ AB * Ta có: (SAB) ⊥ (ABC), (SAB) ∩ (ABC) = B, SH ⊂ (SAB) ⇒ SH ⊥ (ABC) * Vì (SAC) (SBC) tạo với (ABC) góc  ABC đều, nên suy H z trung điểm AB h S * Dựng hệ trục tọa độ Hxyz, với Hx, Hy, Hz đơi vng góc, H(0; 0; 0), a   a   a  A  ; 0; ÷; B  − ; 0; ÷;C  0; ; ÷, S(0; 0; h), (h > 0)  ÷ 2       * * Phương trình mp (ABC): r z = 0, với pháp vectơ n1 = (0; 0;1) Phương trình mp (SAC): B C H A x y z + + =1 a a h x a y a r ⇔ (SAC) : 2h 3x + 2hy + a 3z − ah = với n = (2h 3; 2h; a 3) * (SAC) tạo với (ABC) góc α: cos α = ⇔ h2 = * 0+0+a + + 12h + 4h + 3a2 a = 16h + 3a2 16h2 + 3a2 ⇔ = + tg α = cos2 α 3a2 3a2 tg2α a ⇔ h= tgα 16 a a a3 tgα = tgα 4 16 Thể tích hình chóp S.ABC: V = h.SABC = 20 Lê Trinh Tường 2) Tính I = THPT Trưng Vương QN dx ∫ x6 (1 + x2 ) t Đặt : x = ⇒ dx = − t= 3⇒ 3 3 I =−∫ t6 dt = t2 +  t5 t3  =  − + t 5    ∫  t − t + − t + ÷dt  3 ° dt Đổi cận: x = ⇒ t = 1; x = t2 3 dt 117 − 41 + ∫ = + 135 t +1 3 2 Đặt: t = tg u ⇒ dt = (1 + tg u)du Đổi cận: t = ⇒ u = ⇒ π dt + tg2 u π π/ =∫ ∫ t + π + tg2 u du = [ u] π / = 12 3 ° dt t +1 ∫ π π ;t= ⇒u= Vậy: I = 117 − 41 π + 135 12 Câu 5: 2009 1) Xét đa thức: f(x) = x(1 + x)2009 = x(C2009 + C1 x + C2009 x + + C2009 x 2009 ) 2009 2009 = C2009 x + C1 x + C2009 x3 + + C2009 x 2010 2009 * 2009 Ta có: f / (x) = C2009 + 2C1 x + 3C2009 x + + 2010C2009x 2009 2009 2009 ⇒ f / (1) = C2009 + 2C1 + 3C2009 + + 2010C2009 2009 * (a) Mặt khác: f / (x) = (1 + x)2009 + 2009(1 + x)2008 x = (1 + x)2008 (2010 + x) ⇒ f / (1) = 2011.22008 (b) * Từ (a) (b) suy ra: S = 2011.22008 π < tgα ≤ sin x ≠ 0,cos x ≠ 0, cos x − sin x ≠ cos x + tg2 x + tg2 x cos3 x y= = = ° sin x cos x − sin x tg x(2 − tgx) 2tg 2x − tg3x cos x cos2 x + t2 ° Đặt: t = tgx; < t ≤ ⇒ y = f(t) = ; < t ≤ 2t − t t + 3t − 4t t(t + 3t − 4) t(t − 1)(t + t + 4) / f (t) = = = ⇔ f / (t) = ⇔ ( t = ∨ t = 1) 2 2 (2t − t ) (2t − t ) (2t − t ) 2) Với < x ≤ ° Bảng biến thiên: t f/(t) f(t) +∞ + 21 Lê Trinh Tường 6−3 THPT Trưng Vương QN π miny = x = π / ° Từ bảng biến thiên, ta có: f(t) = ⇔ t = ⇔ x = ° Vậy, giá trị nhỏ hàm số:  π  0;   3 z2 + z + = tập số phức 2  z2 1   5  * Biến đổi: z − z + + z + = z  z − ÷ −  z − ÷+  Đặt ẩn số phụ: t = z − z  z  2  z   Câu 6: Giải phương trình z4 − z3 + − 3i   + 3i = ⇔ t = ∨t = ÷ 2   −1 + i −1 − i ; * Đáp số có nghiệm z : 1+i; 1- i ; 2 * Đưa phương trình: t − t + -Hết 22 Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN Đề 5: ( Biên soạn theo định hướng đề Bộ GD&ĐT năm học 20014 – 20015) Bài 1: 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = 2x − x +1 2) Chứng minh khơng có tiếp tuyến đồ thị (C) qua giao điểm hai tiệm cận của đồ thị  + sinx 2π Bài 2: 1) Giải phương trình tan  − x ÷ = s inx 2   x ( x + 1) = y − x +   2) Chứng minh hệ phương trình  y ( y + 1) = z − y + có ba nghiệm phân biệt   z ( z + 1) = x − z +  ( ( ( ) ) ) Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 4x −3y +11z – 26 = hai đường thẳng (d1): x y − z +1 x−4 y z −3 = = = = ; (d2): −1 1 1) Chứng minh (d1) (d2) chéo 2) Viết phương trình đường thẳng (∆) nằm (P), đồng thời cắt (d1) (d2) Bài 4: π s inx dx 2cos x − sin x 1) Tính tích phân: I = ∫ 2) Tính đạo hàm cấp n hàm số y = f(x) = cos(3x − 2) Bài 5: Với số thực dương a; b; c thõa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a3 ( 1− a) + b3 ( − b) + c3 (1− c) 2 Bài 6: 1) Giải bất phương trình: log x − log x − ≥ x − 2x 2) Tìm m để phương trình    ÷ 3 = m + m + có nghiệm 1) Tính gọn biểu thức S = ( + i ) 3≤ k ≤ n 2) CMR, mãn ta ln có: ∀k,n ∈ Z + thõa k k −1 k −2 k k −3 k −2 Cn + 3Cn + 2Cn = Cn +3 − Cn − Cn Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy tam giác cạnh a, cạnh bên A'A = A'B=A'C = a Chứng minhBB'C'C hình chữ nhật tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' -Hết -Bài 7: 25 23 Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: 2x − (Các bước khảo sát HS tự thực hiện) x +1 > 0, ∀x ≠ −1 TCĐ: x = −1; TCN: y = 2; y ' = ( x + 1) 1) y = BBT: 2) Phương trình tiếp tuyến (C) điểm M(x 0; y0)∈(C) y= ( x0 + 1) x+ 2x − 8x − ( x0 + 1) với x0 ≠ −1 (1) Giao điểm hai tiệm cận là: I(−1; 2) Thay tọa độ I vào phương trình (1) ta được: 2= ( x0 + 1) −1) + ( 2x − 8x − ( x0 + 1) 12x = −12 ⇔ (VN) Kết luận khơng có tiếp tuyến  x0 ≠ −1 (C) qua giao điểm I hai tiệm cận Bài 2:  + sinx 2π 1) Giải phương trình tan  − x ÷ = (2) Điều kiện: sinx ≠ s inx 2  Ta có: (2) ⇔ cot x = + sin x ⇔ cos x = sinx ( + sinx ) ⇔ − sin x = sinx ( + sinx ) ⇔ sinx sinx = −1 π π 5π   + l 2π ÷, k , l ∈ Z ( + s inx ) ( − 2sinx ) = ⇔  ⇔  x = − + k 2π ∨ x = + l 2π ∨ x = sinx = 6     x3 + x + 2x = y +  3 2) Hệ phương trình viết lại  y + y + y = z + (3)  3 z + z + 2z = 2x + Nhận xét: Vai trị x, y, z bình đẳng hệ vế phương trình hệ 24 Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN Đặt: f(t) = t +t +2t g(t) = 2t + với t ∈ R 3  f ( x) = g ( y )  Hệ phương trình viết lại:  f ( y ) = g ( z )  f ( z ) = g ( x)  Ta có: f ′ ( t ) = 3t + 2t + > 0, ∀t ∈ R g ′ ( t ) = 6t ≥ 0, ∀t ∈ R Do f(t), g(t) hàm số liên tục đồng biến R Khơng tính tổng qt, gọi x = Max{x,y,z}, ta có đánh giá sau: 2 x ≥ y ⇒ f ( x) ≥ f ( y ) ⇒ g ( y ) ≥ g ( z ) ⇒ y ≥ z ⇒ f ( y ) ≥ f ( z ) ⇒ g ( z ) ≥ g ( x) ⇒ z ≥ x x = y = z Suy x = y = z Vậy hệ (3) tương đương:   x − x − 2x + = Xét hàm số h(x) = x3 − x2 −2x + liên tục [−2; 2]⊂ R, ta có: h(−2)=−7; h(0) = 1; h(1) = −1; h(2) = Áp dụng tính chất hàm liên tục −− > h(x) = có ba nghiệm phân biệt (do h(x) bậc 3) −−− > (đpcm) Bài 3: 1) Ta có: uuuu r * M(0; 3; − 1) ∈(d1) ; N(4; 0; 3) ∈(d2) ⇒ MN = ( 4; −3;4 ) * VTCP (d2) r u2 = ( 1;1;2 ) VTCP (d1) r r  u1 , u2  = ( 1;5; −3)   r r uuuu r  u1 , u2  MN = − 15 − 12 = −23 ≠ ⇒ (d1) (d2) chéo * Xét   r u1 = ( −1;2;3 ) ⇒ 2) Nhận xét: Vì ∆ nằm (P) cắt d1, d2 nên ∆ qua giao điểm d1, d2 với (P)  x y − z +1 =  = Tọa độ giao điểm A d1 (P) nghiệm hệ:  −1 ⇒ A (−2; 7; 5) 4x − 3y + 11z − 26 =  x − y z − = =  Tọa độ giao điểm B d2 (P) nghiệm hệ:  ⇒ B( 3; −1; 1) 4x − 3y + 11z − 26 =  Phương trình đường thẳng ∆: Bài 4: π 1) Ta có I = ∫ x+2 y−7 z−5 = = −8 −4 π d ( cosx ) sinx dx = ∫ 2cos x − sin x 3cos x − Đặt t = sinx ⇒ dt = cosx.dx, x = ⇒ t = 0; x = π ⇒t= 25 Lê Trinh Tường 2 ∫ I= I= dt = − 3t 2 ( ln 2 ∫  1  −  ÷dt = 3t −   3t + 3t + − ln 3t − 2 ) = 2 ∫ ( THPT Trưng Vương QN ) ( ) ÷  d 3t + d 3t −  −  3t + 3t −   ( ln + ÷ ÷  ) 2) Tính đạo hàm cấp n hàm số y = f(x) = cos(3x − 2) ( dùng quy nạp để chứng minh)    π π π f ′(x) = −3sin ( 3x-2 ) = 3cos  3x − + ÷; f ′′(x) = −32 sin  3x-2+ ÷ = 32 cos  3x − + ÷ 2 2 2      π π  k +1  π (k) k (k +1) k +1 Giả sử, f (x) = cos  3x − + k ÷ ⇒ f (x) = −3 sin  3x − + k ÷ = cos  3x − + ( k + 1) ÷ 2 2 2     π   (n) n * Kết luận: f (x) = cos  3x − + n ÷, ∀n ∈ N Bài 5: Với số thực dương a; b; c thõa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = Áp dụng BĐT Couchy ta có: 8a3 ( b + c) a3 ( 1− a) + b3 ( − b) + ( b + c ) + ( b + c ) ≥ 6a ⇔ + c3 (1− c) a3 ( b + c) 2 ≥ 6a − 2b − 2c Dấu " = " xảy ⇔ 2a = b + c Tương tự: Suy ra: P ≥ b3 ( c + a) 6b − 2c − 2a c3 6c − 2a − 2b ≥ ; ≥ 8 ( a + b) a+b+c 1 = Dấu xảy ⇔ a = b = c = 4 Kết luận: minP = Bài 6: 1) Giải bất phương trình: log x − log x − ≥ (4) Điều kiện: < x ≠ Đặt t = log2 x  −t − t + 1 1 t ≥0  − log2 x − ≥ ⇔ − − ≥ ⇔  2t Bất phương trình (4) ⇔ log2 x 2 t 2 t ≠  ( )  t t + t − ≤  log2 x ≤ log2 −2  t ≤ −2  0 < x ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  < t ≤  log2 < log2 x ≤ log2  t ≠   1 < x ≤  x − 2x 2) Tìm m để phương trình    ÷ 3 = m + m + có nghiệm 26 Lê Trinh Tường 1 3 THPT Trưng Vương QN x2 −2 x = m + m + (1) ⇔ x − x = log (m + m + 1) Ta có :  ÷  y1 = x − x ; ≤ x ≤ 2 Xét hàm số: y = x − x =   y2 = x − x; x ≤ hay x ≥   y1/ = − x; ≤ x ≤ / ⇒ y = /  y2 = x − 2, x ≤ hay x ≥  / ° y1 = ⇔ x = ∈ [0; 2] ° ° / y2 = ⇔ x = ∈(−∞; 0] ∪ [2; + ∞) lim y2 = +∞ x →±∞ Bảng biến thiên: x -∞ + - / / / y y y + + 0 +∞ + - +∞ +∞ y ° Từ bảng biến thiên ta suy ra: (1) có nghiệm ⇔ < log1/3 (m + m + 1) < ⇔ > m2 + m + > ⇔ −1 < m < Kết luận : giá trị m cần tìm: -1 < m < Bài 7: 25 1) Tính gọn biểu thức S = ( + i ) Ta có: S = ( + i ) = ( + i ) ( + i ) = ( 2i ) 25 24 12 ( + i ) = 212 ( + i ) k k k k k 2) CMR, ∀k,n ∈ Z + thõa mãn ≤ k ≤ n ta ln có: Ck + 3Cn −1 + 2Cn −2 = Cn +3 − Cn −3 − Cn −2 n k k k k k k k k k k Ta có: Ck + 3Cn −1 + 2Cn −2 = Cn +3 − Cn −3 − Cn −2 ⇔ Cn + 3Cn −1 + 3Cn −2 + Cn −3 = Cn +3 n ( ) ( ) ( (5) k k k k k k− k −2 k k− k −1 k −2 VT(5) = Cn + Cn −1 + C n −1 + Cn −2 + C k −2 + C n −3 = Ck +1 + 2C n +1 + Cn +1 = C n +1 + C n +1 + C n +1 + C n +1 n n 1 ) k k− k = Cn +2 + Cn +1 = Cn +3 ( điều phải chứng minh) Bài 8: Gọi O tâm tam giác ABC ⇒ OA = OB = OC Cịn có A'A =A'B =A'C ⇒ A'O trục đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇒ A'O ⊥(ABC) 27 Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN ⇒ AO hình chiếu vng góc AA' lên (ABC); mà AO ⊥BC ⇒ AA' ⊥BC ⇒ BB'⊥BC , BB'C'C hình chữ nhật Vì A'O ⊥(ABC) ⇒ A'O ⊥CO Trong ∆A'OC vng O,ta có: A 'O2 = A 'C2 − CO ⇒ A 'O = a Vậy thể tích V khối lăng trụ là: a3 (đvtt) V = S∆ABCA 'O = -−−−−−−−−− Hết - 28 Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN Đề 6: ( Biên soạn theo định hướng đề Bộ GD&ĐT năm học 20014 – 20015) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) CâuI: (2điểm) Cho hàm số y = x + 3m − ( + m ) x + 4m có đồ thị (Cm) (m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = 2) Xác định m cho đường thẳng (d): y = − x + m cắt đồ thị (C) hai điểm A, B cho độ dài đoạn AB ngắn Câu II: (2 điểm) 1) Giải ph.trình sinx − cosx + 4sin 2x =  x2 y − x2 + y =  2) Tìm m để hệ phương trình:  có ba nghiệm khác 2 m x + y − x y =  e xe x + dx Câu III: (1 điểm) Tính tích phân I = ∫ x − x dx ; J= ∫ x e x + ln x ( ) ( ) Câu IV: (1điểm) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a điểm M cạnh AB cho AM = x, (0< x < a) Mặt phẳng (MA'C') cắt BC N Tính x theo a để thể tích khối đa diện MBNC'A'B' thể tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D' Câu V: (1 điểm) Cho x, y hai số dương thay đổi thõa điều kiện 4(x + y) – = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = + x 4y II PHẦN RIÊNG (3 điểm) ( Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đ.thẳng ∆1: 3x + 4y + = 0; ∆2: 4x – 3y – = Viết phương trình đường trịn có tâm nằm đường thẳng ∆: x – 6y – 10 = tiếp xúc với ∆1, ∆2 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp A.OBC, A(1; 2; 4), B thuộc Ox có hồnh độ dương, C thuộc Oy có tung độ dương Mặt phẳng (ABC ) vng góc · với mặt phẳng (OBC), tan OBC = Viết phương trình tham số đường thẳng BC Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: z − ( + i ) z + ( + 4i ) = tập số phức Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b (2 điểm) 29 Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M1(155; 48), M2(159; 50), M3(163; 54), M4(167; 58), M5(171; 60) Lập phương trình đường thẳng y = ax + b qua điểm M(163; 50) cho đường thẳng gần điểm cho Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(2 ; ; 0), C(0 ; ; 0) S(0 ; 0; 4).Tìm tọa độ điểm B mpOxy cho tứ giác OABClà hình chữ nhật Viết ph.trình mặt cầu qua bốn điểm O, B, C, S Câu VII.b (1 điểm) Chứng minh : 8a − 8a + ≤ , với a thuộc đoạn [-1 ; 1] -Hết - HƯỚNG DẪN GIẢI I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) CâuI: (2điểm) 1) Hàm số viết lại: y = x −1 (các bước khảo sát HS tự 2x làm) BBT: x −1 = − x + m có hai nghiệm 2x 2 phân biệt khác ⇔ 2x + ( − 2m ) x − = có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = ( − 2m ) + > ( ∀m ) 2) + Đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt ⇔ + Gọi A(xA, yA), B(xB, yB) giao điểm (d) (C) Theo Viet ta có 2m −   x A + xB =    x x = −  A B  2m − 1) + AB = ( 2 + ≥ Dấu "=" xảy ⇔ m = 1 Suy : AB ngắn ⇔ m = 2 Câu II: (2 điểm) 30 Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN 1) Đặt t = sinx − cosx , t ≥ ⇒ sin2x = – t Phương trình viết lại: t – t2 = ⇔ (t = 0, t = 1) ĐS: x = 2) π π + kπ ; x = l , k , l ∈ Z ( m − 1) x + ( m − 3) x + 2m − = 0(1)  + Hệ ⇔  x2 + y = x +1  2x + =  + Khi m = hệ ⇔  x + (VN ) y=  x +1  + Khi m ≠ Đặt t = x2 , t ≥ + Xét f ( t ) = ( m − 1) t + ( m − 3) t + 2m − = 0(2) + Hệ có nghiệm khác ⇔ (1) có ba nghiệm x khác ⇔ (2) có nghiệm t = nghiệm lại số dương  f (0) =  Điều ⇔  ( m − 3) ⇔ ⇔ m = S= >  1− m  Câu III: (1 điểm) + Tính I = ∫ x − x dx Đặt: t = − x ⇒ t = − x ⇒ −tdt = xdx Đổi cận x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = Khi đó: I = ∫ ( t + t ) dt = = e xe x + dx Ta có: + Tính J = ∫ x x e + ln x ( ) ( ( 15 xe x + e x + ln x ′ = x ) ) e d e x + ln x e xe x + ee + x dx = ∫ x = ln e + ln x = ln Do đó: J = ∫ x e + ln x e x e + ln x e ( ) Câu IV: (1điểm) 31 Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN Ta có A'M, B'B, C'N đồng quy S Kí hiệu: V1 – thể tích tứ diện SBMN V2 - thể tích tứ diện SB'A'C' V- thể tích khối đa diện MBNC'A'B' Dễ thấy thể tích khối lập phương cạnh a a3 Ta có a ( a − x) SB a − x = ⇒ SB = , (0< x < a) SB ' a x V1  a − x  a4 = Ta có: ÷ Mà V2 = S ∆A ' B ' C ' SB ' = V2  a  6x a4  x  Suy ra: V1 = 1 − ÷ ; Do đó: 6x  a  a   x   a3   x   x   V = V2 − V1 =  −  − ÷ ÷ = 1 +  − ÷ +  − ÷  6x   a  ÷   a   a       2 a3   x   x    x  x Theo đề V = a ⇔ 1 + 1 − ÷+ 1 − ÷  = a ⇔ 1 − ÷ +  − ÷− = (*)   a  a   a  a     x Đặt : t = 1 − ÷, t > ( 0< x < 0), phương trình (*) viết lại: t + t – = ⇒ t = a  ( ) −1 từ suy x ! Câu V: (1 điểm) Ta có: 4(x + y)-5 = ⇒ 4y = – 4x ° 20 − 15 x S = x + y = x(5 − x) , với < x < Kết luận: MinS = đạt x = 1, y = ° −60 x + 160 x − 100 S′ = x (5 − x)2 II PHẦN RIÊNG (3 điểm) ( Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a (2 điểm) 3) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đ.thẳng ∆1: 3x + 4y + = 0; ∆2: 4x – 3y – = 32 Lê Trinh Tường THPT Trưng Vương QN Viết phương trình đường trịn có tâm nằm đường thẳng ∆: x – 6y – 10 = tiếp xúc với ∆1, ∆2 4) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp A.OBC, A(1; 2; 4), B thuộc Ox có hồnh độ dương, C thuộc Oy có tung độ dương Mặt phẳng (ABC ) vng góc · với mặt phẳng (OBC), tan OBC = Viết phương trình tham số đường thẳng BC Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: z − ( + i ) z + ( + 4i ) = tập số phức (Phần HS tự giải) Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b (2 điểm) 1) Đường thẳng y = ax + b gần điểm cho Mi(xi; yi), i = 1, , điều kiện cần f (a) = ∑ ( y1 − y i ) bé nhất, y i = ax i + b i =1 Đường thẳng y = ax + b qua điểm M(163; 50) ⇒ 50 = 163a + b phương trình đường thẳng trở thành y = ax -163a + 50 Từ đó: f (a) = ( 48 − 155a + 163a − 50 ) + ( 50 − 159a + 163a − 50 ) + ( 54 − 163a + 163a − 50 ) + 2 + ( 58 − 167a + 163a − 50 ) + ( 60 − 171a + 163a − 50 ) = ( 8a − ) + ( 4a ) + + ( − 4a ) + ( 10 − 8a ) = ( 2 2 ) = 80a − 129a + 92 (P) f(a) bé đạt hoành độ đỉnh parabol(P) ⇒ a = Đáp số: y = 129 13027 ⇒ b= 50-163a= − 160 160 129 13027 x− 160 160 2) OABC hình chữ nhật ⇒ B(2; 4; 0) Suy ra: Tọa độ trung điểm H OH H(1; 2; 0), H tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng OCB + Đường thẳng vng góc với mp(OCB) H cắt mặt phẳng trung trực đoạn OS (mp có phương trình z = ) I ⇒ I tâm mặt cầu qua điểm O, B, C, S + Tâm I(1; 2; 2) bán kính R = OI = + 22 + 22 = + Phương trình mặt cầu cần tìm là: ( x − 1) + ( y − ) + ( z − ) = 2 Câu VII.b (1 điểm) Chứng minh : 8a − 8a + ≤ , với a thuộc đoạn [-1 ; 1] 2 2 Đặt: a = sinx, đó: 8a − 8a + ≤ ⇔ 8sin x ( sin x − 1) + ≤ ⇔ − 8sin xcos x ≤ 2 ⇔ − 8sin xcos x ≤ ⇔ − 2sin 2x ≤ ⇔ cos4x ≤ ( với x) ( bạn đọc dùng pp đồ thị pp khác để giải) 33 ... Số chia hết cho 15 chia hết chia hết + Các số có số có tổng chia hết cho là: (0; 1; 2; 3; 6) , (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6) , (0; 2; 3; 4; 6) , (0; 3; 4; 5; 6) ,(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6) ... M( 163 ; 50) ⇒ 50 = 163 a + b phương trình đường thẳng trở thành y = ax - 163 a + 50 Từ đó: f (a) = ( 48 − 155a + 163 a − 50 ) + ( 50 − 159a + 163 a − 50 ) + ( 54 − 163 a + 163 a − 50 ) + 2 + ( 58 − 167 a... nghìn khơng thể số 0, nên có 3.P 3=18 số chia hết cho Trong trường hợp có: 3(P4+3P3) = 1 26 số Vậy số số theo yêu cầu toán là: 96 + 1 26 = 222 số 2010 2008 20 06 4 = 4i ( + i ) − 4(1+ i) ⇔ ( + i ) =