Lỗ Tấn - George Orwell của Trung Quốc

Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S)... TÝnh thÓ tÝch khèi l¨ng trô.[r]

ĐỀ SỐ 1 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Phần chung:

Câu I (2, điểm) Cho hàm số y = x 2x



 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cắt trục hồnh, trục tung hai điểm phân biệt A, B tam giác OAB cân gốc tọa độ O

Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình

(1 2sin x)cos x

3 (1 2sin x)(1 sin x)





  .

2 Giải phương trình : 3x 5x 03      (x  R)

Caâu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3

0

I (cos x 1) cos xdx 

 

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D; AB = AD = 2a; CD = a; góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 600 Gọi I trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu V (1,0 điểm) Chứng minh với số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x+y+z) = 3yz, ta có (x + y)3 + (x + z)3 + 3(x + y)(x + z)(y + z)

 5(y + z)3

Phần riêng: (3,0 điểm):Thí sinh làm hai phần A B

A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 ñieåm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6, 2) giao điểm đường chéo AC BD Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng  : x + y – = Viết phương trình đường thẳng AB

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y – z – = mặt cầu (S) :

x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tọa độ tâm tính bán kính đường trịn

Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z1 z2 nghiệm phức phương trình: z2+2z+10=0 Tính giá trị biểu thức A = z12 + z22

B Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + = đường thẳng  : x + my – 2m + = với m tham số thực Gọi I tâm đường trịn (C) Tìm m để  cắt (C) điểm phân biệt A B cho diện tích IAB lớn

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – = đường thẳng 1 :

x y z

1

 

 

; 2 :

x y z

2

  

 

 Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P)

Caâu VII.b (1,0 điểm) Gỉai hệ phương trình :

2 2

2

x xy y

log (x y ) log (xy)   81

   

 

 

 (x, y  R)

Phần chung:

Caâu I.

1

2 Tam giác OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y = x y = -x Nghĩa là:

f’(x0) = 1 

2 1 (2x 3)     0 0

x y

x y

  



   



1 : y – = -1(x + 1)  y = -x (loại) 2 : y – = -1(x + 2)  y = -x – (nhận) Câu II.

1.ĐK:

1 sin

2

x

, sinx ≠

     

 

1 2sin cos 2sin sin

cos 2sin cos sin 2sin cos s in s in2 cos

    

        

Pt x x x x

x x x x x x x x x

1 3

cos sin s in2 cos2 cos cos

2 2

   

          

   

x x x x  x x 

2 2

3 6

  x x  k hay x x k  2  x  k 

(loại)

2

18

 

x  k 

, k  Z (nhaän)

2 3x 5x 03      , điều kieän :

6

6

5

x x

   

Ñaët t = 33x 2  t3 = 3x –

 x = t

3 

vaø – 5x = 5t

3 

Phương trình trở thành :

3 5t

2t

3      5t

3 2t

3      t

15t 4t 32t 40 

   

 t = -2 Vậy x = -2 Câu III.

 

   

2 2

3

0 0

2 2

2

4 2

1

0 0

cos cos cos cos

cos cos sin cos 2sin sin cos

sin cos                   

I x xdx xdx xdx

I x xdx x xdx x x xdx

t x dt xdx

  

  

Đổi cận: x=  t = 0; x = 

 t =

 

 

1

1

2

0 0

2 2 2 2

2

0

0 0

2

3

0

2

1

3 15

1 cos 1 1

cos cos sin

2 2 4

8 cos cos

15                          t t

I t t dt t

x

I xdx dx dx xdx x x

I x xdx

     







2a a 3a IJ

2



 

SCIJ

2 IJ CH 3a 3a

a

2 2



  

, CJ=

BC a 

 SCIJ

2

3a 1 3a 3a 6a 3a

IE CJ IE SE ,SI

4 CJ 5

        

,

 

3

1 3a 3a 15

V a 2a 2a

3 5

 

    

 

Caâu V x(x+y+z) = 3yz

y z y z

x x x x

   

Đặt 0, 0,

y z

u v t u v

x x

      

. Ta có    

2 2

2

1 3 3 4 2

2



 

               

 

u v t

t uv t t t t t

Chia hai vế cho x3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về 1u31v33 1 u 1v u v    5u v 3

             

       

     

3 2

3 3

3 3 3 2

2 1 1 1

2 1 6(1 )

1

2 6 2

3

           

            



 

              

 

t u v u v u v t t

t u v t t u v uv t

t

t t t t t t t t t

Đúng t  Phần riêeng:

A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a 1 I (6; 2); M (1; 5)

 : x + y – = 0, E  E(m; – m); Gọi N trung điểm AB

I trung ñieåm NE 

N I E

N I E

x 2x x 12 m

y 2y y m m

   

 

      

  N (12 – m; m – 1)

MN



= (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; – m – 2) = (m – 6; – m) MN.IE 0

 

 (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) =  m – = hay 14 – 2m =  m = hay m = + m =  MN



= (5; 0)  pt AB laø y = + m =  MN



= (4; 1)  pt AB laø x – – 4(y – 5) =  x – 4y + 19 = I (1; 2; 3); R = 11 5   

d (I; (P)) =

2(1) 2(2) 4

  



  < R = Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)

Phương trình d qua I, vng góc với (P) :

x 2t y 2t z t

   

  

   

Gọi J tâm, r bán kính đường trịn (C) J  d  J (1 + 2t; – 2t; – t)

A B

D C

I J

J  (P)  2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – + t – =  t = Vậy tâm đường tròn J (3; 0; 2)

Bán kính đường trịn r = R2 IJ2  25 9 4

Câu VII.a.’ = -9 = 9i2 phương trình  z = z1 = -1 – 3i hay z = z2 = -1 + 3i  A = z12 + z22 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20

B Theo Chương trình Nâng Cao

Câu VI.b 1 (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + = có tâm I (-2; -2); R = 2

Giả sử  cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH ABC, ta có SABC =



IA.IB.sin AIB

2 = sinAIB

Do SABC lớn sinAIB = AIB vuông I

 IH = IA

1

2  (thoûa IH < R)  4m

1

m



 

 – 8m + 16m2 = m2 +  15m2 – 8m =  m = hay m = 15 M (-1 + t; t; -9 + 6t) 1; 2 qua A (1; 3; -1) có véctơ phương a



= (2; 1; -2) AM



= (t – 2; t – 3; 6t – 8)  AM a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= (14 – 8t; 14t – 20; – t) Ta coù : d (M, 2) = d (M, (P)) 

2

261t  792t 612 11t 20

 35t2 - 88t + 53 =  t = hay t = 53 35 Vaäy M (0; 1; -3) hay M

18 53 ; ; 35 35 35

 

 

 

Câu VII.b. Điều kiện x, y > 2

2 2

2

log (x y ) log log (xy) log (2xy)

x xy y

    

 

  

 



2

2

x y 2xy

x xy y

  

 

  



 

2 (x y) xy

  

 

 

x y xy

  

  

x y   

  hay

x

y

  

 

ĐỀ SỐ 2 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Cho hàm số y = 2x4 – 4x2 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Với giá trị m, phương trình

2

x x  m

có nghiệm thực phân biệt? Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình sin x cos x sin 2x  cos3x 2(cos 4x sin x)  Giải hệ phương trình 2

xy x 7y

(x, y ) x y xy 13y

   

 

  



 Câu III (1 điểm)

Tính tích phân

2

3 ln x

I dx

(x 1)  

  Câu IV (1 điểm)

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc đường thẳng BB’ mặt phẳng (ABC) 600; tam giác ABC vuông C BAC = 600 Hình chiếu vng góc điểm B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a

Câu V (1 điểm)

Cho số thực x, y thay đổi thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm phần (phần A B) A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) :

2

(x 2) y

  

hai đường thẳng 1 : x – y = 0, 2 : x – 7y = Xác định toạ độ tâm K tính bán kính đường trịn (C1); biết đường trịn (C1) tiếp xúc với đường thẳng 1, 2 tâm K thuộc đường trịn (C)

2 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có đỉnh A(1;2;1), B(-2;1;3), C(2;-1;1) D(0;3;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B cho khoảng cách từ C đến (P) khoảng cách từ D đến (P)

Câu VII.a (1 điểm)

Tìm số phức z thoả mãn : z (2 i)   10 z.z 25 B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(-1;4) đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x – y – = Xác định toạ độ điểm B C , biết diện tích tam giác ABC 18

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – = hai điểm A(-3;0;1), B(1;-1;3) Trong đường thẳng qua A song song với (P), viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng nhỏ

Câu VII.b (1 điểm)

Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị hàm số x y

x  

điểm phân biệt A, B cho AB =

KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 2

Câu I.

1 y = 2x4 – 4x2 TXĐ : D = R

y’ = 8x3 – 8x; y’ =  x =  x = 1; xlim  x  1 +

y

1

 2

y'  +  +

y + + 2 CĐ 2

CT CT y đồng biến (-1; 0); (1; +)

y nghịch biến (-; -1); (0; 1) y đạt cực đại x = y đạt cực tiểu -2 x = 1

Giao điểm đồ thị với trục tung (0; 0)

Giao điểm đồ thị với trục hoành (0; 0); ( 2;0) x2x2 – 2 = m  2x2x2 – 2 = 2m (*)

(*) phương trình hồnh độ giao điểm (C’) : y = 2x2x2 – 2 (d): y = 2m

Ta có (C’)  (C); x  - hay x 

(C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành - < x < Theo đồ thị ta thấy ycbt  < 2m <  < m < Câu II.

1 sinx+cosxsin2x+ cos3x 2(cos 4x si n x) 

3 3sin x sin 3x

sin x sin 3x cos3x 2cos 4x

2 2

sin 3x cos3x cos 4x

1

sin 3x cos3x cos 4x

2

sin sin 3x cos cos3x cos4x

6

cos 4x cos 3x

4x 3x k2 x k2

6

2

4x 3x k2 x k

6 42



    

  

  

 

  



 

    

 

 

 

      

 

  

  

       

 

 

2  2

xy x 7y x y xy 13y

  

  

y = hệ vô nghiệm

y  hệ 

2 x

x

y y x

x 13

y y 

  

  

  

   Đặt a =

1 x

y 

; b = x y 

2 2

1 x

a x

y y

  



2

2

x a 2b

y

  

Ta có hệ  a b a b 13

   

 a b a a 20

 

  

x y

1

0

 2

  a b 3 hay 

a

b 12 Vậy x y x y         

 hay

1 x y x 12 y            

x 4x x 3y   hay 

2

x 5x 12 x 12y   (VN)

 x 1 y      

 hay  x y 1 Câu III :

3 3

2 2

1 1

3 1 2

3 ln x dx ln x

I dx dx

(x 1) (x 1) (x 1)

dx 3

I

(x 1) (x 1) ln x I dx (x 1)                    

Đặt u = lnx

dx du x   dx dv (x 1) 

 Chọn

1 v x   

3 3

2

1 1

ln x dx ln dx dx ln 3

I ln

x x(x 1) x x

      

     

Vậy :

I (1 ln 3) ln

  

Câu IV. BH=

a

,

2

3

3 2

BH a a

BN

BN     ;

3 '

2

a

B H 

goïi CA= x, BA=2x, BCx

2 2

2

CA

BA BC  BN 

2 2

2

3

4

a x

x x  

        2 52 a x   Ta có: 3 ' ' 2 a

B H BB 

V=

2

2

1 9

3

3 2 12 52 208

a a a a

x

 

 

 

 

Câu V :

3

3

2

(x y) 4xy

(x y) (x y) x y (x y) 4xy

                   

2 (x y)

x y

2



   

dấu “=” xảy :

Ta có : 2 x y

4 

 4 2 2 2 2 2

A x y x y  2(x y ) (x   y )  x y  2(x y ) 1 2

2 2 2

2 2 2

(x y )

3 (x y ) 2(x y )

4

(x y ) 2(x y )

  

      

 

    

Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ 2

9

f (t) t 2t 1, t , f '(t) t t

4 2

1

f (t) f ( ) 16

        

  

Vậy :

9

A x y

16

  

Câu VIa.

1 Phương trình phân giác (1, 2) :

x y x 7y

2

 



1

2 y 2x :d 5(x y) x 7y

5(x y) (x 7y) 1

5(x y) x 7y y x : d     

 

      



   





Phương trình hồnh độ giao điểm d1 (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 25x2 – 20x + 16 = (vô nghiệm)

Phương trình hồnh độ giao điểm d2 (C) : (x – 2)2 +

x

2

      

25x 80x 64

     x =

8

5 Vậy K

; 5

 

 

 

R = d (K, 1) = 2

5

2 TH1 : (P) // CD Ta có : AB ( 3; 1; 2), CD ( 2; 4;0)    

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(P) có PVT n ( 8; 4; 14) hay n (4;2;7)

(P) :4(x 1) 2(y 2) 7(z 1) 4x 2y 7z 15

     

          

 

TH2 : (P) qua I (1;1;1) trung điểm CD

Ta có AB ( 3; 1; 2), AI (0; 1;0) (P) có PVT n (2;0;3) (P) :2(x 1) 3(z 1) 2x 3z

      

       

  

Câu VIb

1 4

AH

2

1 36 36

S AH.BC 18 BC

9

2 AH

2   

 

Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) =

x y

H : H ;

x y 2

               B(m;m – 4)

2 2

2

7 11

m

BC 7 2

HB m m m

7

4 2

m 2                                       

Vậy 1 2

11 3 5 11

B ; C ; hay B ; C ;

2 2 2 2

       

   

       

       

2 AB (4; 1;2);  nP (1; 2;2)

                           

Pt mặt phẳng (Q) qua A // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) =  x – 2y + 2z + = Gọi  đường thẳng qua A

Gọi H hình chiếu B xuống mặt phẳng (Q) Ta có : d(B, )  BH; d (B, ) đạt  qua A H

Pt tham số

x t BH: y 2t

z 2t           

Tọa độ H = BH  (Q) thỏa hệ phương trình : x t, y 2t,z 2t

x 2y 2z

             10 t

  H 11 7; ; 9

 

  

 

 qua A (-3; 0;1) có VTCP  

a AH 26;11;                                

Pt () :

x y z

26 11

  

 



Câu VII.a. Đặt z = x + yi với x, y  R z – – i = x – + (y – 1)i z – (2 + i)= 10 z.z 25



2

2

(x 2) (y 1) 10

x y 25

    

  

  2

4x 2y 20 x y 25

 

y 10 2x x 8x 15 0 

 x y 4 hay 

x y 0 Vậy z = + 4i hay z =

Câu VII.b.

Pt hoành độ giao điểm đồ thị đường thẳng :

2 x x m x      2x2 – mx – = (*) (vì x = khơng nghiệm (*))

Vì a.c < nên pt ln có nghiệm phân biệt 

Do đồ thị đường thẳng ln có giao điểm phân biệt A, B AB =  (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16  2(xB – xA)2 = 16

 (xB – xA)2 =  m 8      

   m2 24

  m = 2 ĐỀ SỐ 3

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Môn thi : TỐN

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị (C

m), m tham số

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình cos5x 2sin 3x cos2x sin x 0  

2 Giải hệ phương trình

2 x(x y 1)

5

(x y)

x     



    



 (x, y  R)

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân

x

dx I

e 

 

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vng B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a Gọi M trung điểm đoạn thẳng A’C’, I giao điểm AM A’C Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC)

Câu V (1,0 điểm).Cho số thực không âm x, y thay đổi thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy.

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần A B)

A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) trung điểm cạnh AB Đường trung tuyến đường cao qua đỉnh A có phương trình 7x – 2y – = 6x – y – = Viết phương trình đường thẳng AC

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) mặt phẳng (P): x + y + z – 20 = Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P)

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện z –

(3 – 4i)=

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1)2 + y2 = Gọi I tâm (C) Xác định tọa độ

điểm M thuộc (C) cho IMO = 300.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

x y z

1 1

 

 

 mặt phẳng (P): x + 2y – 3z + 4 = Viết phương trình đường thẳng d nằm (P) cho d cắt vng góc với đường thẳng 

Câu VII.b (1,0 điểm)

Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số

x x

y

x   

hai điểm phân biệt A, B cho trung điểm đoạn thẳng AB thuộc trục tung

KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 3

Câu I 1.

2 Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = -1

x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1

 x4 – (3m + 2)x2 + 3m + =  x = 1 hay x2 = 3m + (*)

Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ phương trình (*) có hai

nghiệm phân biệt khác 1 <

1 x

y



0 3m 3m 1

         m m          Câu II 1) Phương trình tương đương :

3 cos5x (sin 5x sin x) sin x 0     cos5x sin5x 2sin x 

 31 cos5xsin5xsinx 22  

sin 5x sin x          

5x x k2



   

hay 5x x k2

       6x k2     hay

4x k2 k2

3            x k 18    

hay x k2

 

 

(k  Z)

2) Hệ phương trình tương đương :

2 2

2

2

x(x y 1) x(x y) x 3

5 x (x y) x 5

(x y) x                    

 ĐK : x ≠ 0

Đặt t=x(x + y) Hệ trở thành:

2 2

t x t x t x t x

t x (t x) 2tx tx x t

                                     Vậy

x(x y) x(x y) y y

2

x x x

x                            Câu III :

3 x x 3 x 3

x

x x 1

1 1

1 e e e

I dx dx dx ln e

e e

 

     

 

  

3

2 ln(e 1) ln(e 1) ln(e e 1)

        

Câu IV.

2 9 4 5 5

AC  a  a  a  AC a ,BC2 5a2 a2 4a2 BC 2a H hình chiếu I xuống mặt ABC, Ta có IH AC

/ /

/

1

2 3

IA A M IH a

IH IC  AC   AA    ,

3

1 1 4

2

3 3

IABC ABC

a a

V  S IH  a a  

(đvtt) Tam giác A’BC vuông B, Nên SA’BC=

2

52

2a a a

Xét tam giác A’BC IBC, Đáy /

/

2 2

5

3 IBC A BC

IC A C S  S  a

Vaäy d(A,IBC)

3

3 34 2

9 5

IABC IBC

V a a a

S a

   

Câu V. S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 34xy

= 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy = 16x2y2 – 2xy + 12

Đặt t = x.y, x, y  x + y = nên  t  ¼ Khi S = 16t2 – 2t + 12 , S’ = 32t – ; S’ =  t =

1 16 S(0) = 12; S(¼) =

25 ; S (

1 16) =

191

16 Vì S liên tục [0; ¼ ] nên :Max S = 25

2 x = y =

Min S = 191

16

2 x y          

 hay

1) Gọi đường cao AH : 6x – y – = đường trung tuyến AD : 7x – 2y – = A = AH  AD  A (1;2), M trung điểm AB  B (3; -2)

BC qua B vng góc với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) =  x + 6y + =

D = BC  AD  D (0 ;

3 

),D trung điểm BC  C (- 3; - 1),AC qua A (1; 2) có VTCP AC ( 4; 3)  



nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) =  3x – 4y + =

2) AB qua A có VTCP AB ( 1;1; 2)  

nên có phương trình :

x t y t (t ) z 2t

   

  

   

 D  AB  D (2 – t; + t; 2t)

CD (1 t; t ; 2t)   Vì C  (P) nên : CD //(P)CD n( P)  

1 1(1 t) 1.t 1.2t t

2

      

Vậy :

5 D ; ;

2

 



 

 

Câu VI.b 1. (x – 1)2 + y2 = Tâm I (1; 0); R = 1

Ta có IMO = 300, OIM cân I  MOI = 300 OM có hệ số góc k = tg300 =

1 

+ k = 

1

3  pt OM : y= x

3 vào pt (C) 

2

2 x

x 2x

3

  

 x= (loại) hay

3 x

2 

Vậy M

3

;

2

 



 

 

Cách khác:Ta giải hình học phẳng

OI=1, IOM IMO300, đối xứng ta có điểm đáp án đối xứng với Ox H hình chiếu M xuống OX.Tam giác OM H1 nửa tam giác

OI=1 =>

3 3 3

,

2 3

OH  OM  HM  

Vaäy

3, , 3,

2 2

M   M   

   

2 Gọi A =  (P)  A(-3;1;1) a (1;1; 1)



; n(P)(1;2; 3)



d đđi qua A có VTCP ad a , n (P)  ( 1;2;1)

                                         

nên pt d :

x y z

1

  

 

 Câu VII.a Gọi z = x + yi Ta có z – (3 – 4i) = x – + (y + 4)i

Vậy z – (3 – 4i) = 

2

(x 3) (y 4) 2

 (x – 3)2 + (y + 4)2 =

Do đđó tập hợp biểu diễn số phức z mp Oxy đường trịn tâm I (3; -4) bán kính R = Câu VII.b pt hoành độ giao điểm :

2

x x

2x m x

 

 

(1)

 x2 + x – = x(– 2x + m) (vì x = khơng nghiệm (1))  3x2 + (1 – m)x – =

phương trình có a.c < với m nên có nghiệm phân biệt với m Ycbt  S = x1 + x2 =

b a 

=  m – =  m =

ĐỀ SỐ 4

ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009 Mơn thi : TỐN

Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

O I

1 M

2 M

Cho hàm số y = x3 (2m  1)x2 + (2  m)x + (1), với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

2 Tìm giá trị m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu điểm cực trị đồ thị hàm số (1) có hồnh độ dương

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình (1 2sin x) cos x sin x cos x    Giải bất phương trình x x 2    5x (x  ) Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân

2x x

0

I (e x)e dx

 

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có AB = a, SA = a Gọi M, N P trung điểm cạnh SA, SB CD Chứng minh đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng SP Tính theo a thể tích khối tứ diện AMNP

Câu V (1,0 điểm)

Cho a b hai số thực thoả mãn < a < b < Chứng minh a2lnb  b2lna > lna  lnb PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần A B)

A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1; 2), đường trung tuyến kẻ từ A đường cao kẻ từ B có phương trình 5x+y9 = x + 3y  = Tìm toạ độ đỉnh A B

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P1) : x + 2y + 3z + = (P2) : 3x + 2y  z + = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm A(1; 1; 1), vuông góc với hai mặt phẳng (P1) (P2)

Câu VII.a (1,0 điểm)

Cho số phức z thoả mãn (1 + i)2(2  i)z = + i + (1 + 2i)z Tìm phần thực phần ảo z. B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng 1 : x  2y  = 2 : x + y +1 = Tìm

toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1 cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng 2

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B(0; 2; 1) trọng tâm G(0; 2; 1) Viết phương trình đường thẳng  qua điểm C vng góc với mặt phẳng (ABC)

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải phương trình sau tập hợp số phức :

4z 7i

z 2i z i

 

  

KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 4

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I.1.

 ' P S          

4m m m 2(2m 1)               m hay m

4 m m             

4 < m < 2 Câu II : 1. Pt  (1 + 4sinx + 4sin2x)cosx = + sinx + cosx

 cosx + 4sinxcosx + 4sin2xcosx = + sinx + cosx

 4sinxcosx(1 + sinx) = + sinx  + sinx = hay 4sinxcosx =  sinx = -1 hay sin2x =

1

2  x = k2 

  

hay x = 12 k 

 

hay x =

k 12

   x x 2    5x 1

x

(x 1)(x 2)          

x x

2 x x

x x

                  

Câu III: I =

1

x x

0

e dx xe dx 

 

; I1 = 1 x x 0

e dx e

e       I2 = x xe dx 

, đặt u = x  du = dx; đặt dv = exdx, chọn v = ex

Vậy I2 =

1

x x

0

xe  e dx 1

 I = I1 + I2 =

e  Câu IV: Gọi I trung điểm AB

Ta có MN // AB // CD SP  CD  MN  SP

SIP cân S, SI2 =

2

2 a 7a 2a

4

 

 SI = SP = a

2 Gọi O tâm hình vng ABCD,

ta có SO2=SI2–OI2 =

2

2

7a a 6a

4

     

  SO =

a

2 , H hình chiếu vng góc P xuống mặt phẳng SAB

Ta có S(SIP) =

1

SO.IP PH.SI

2 2  PH =

SO.IP SI =

a a

a

2 a 

V =

3 (AMN )

1 1 a a a a

S PH

3 2 2 48

 

   

  (đvtt)

Câu V :Đặt ln x

f (x) ; x x

  



2

2 x 2x ln x

f '(x) , x (0;1)

x(x 1)  

    

  f đồng biến (0 ; 1)  f(b) > f(a) với < a < b < 1 2

ln b ln a

b a

 

  với < a < b < 1

2

a ln b b ln a ln a ln b

   

Câu VI.a.

1 Giả sử AM: 5x + y – = 0, BH: x + 3y – = AC: 3(x + 1) – 1(y + 2) =  3x – y + =

A = AC  AM  A(1; 4), B  BH  B (5 – 3m; m) M trung điểm BC  M

4 ;

2

m m

ổ- - ửữ

ỗ ữ

ỗ ÷

è ø.

M  AM 

4

5

2

m m

- + - - =

0

m

Û = Vậy B(5; 0)

2 n( )P1 =(1;2;3 ,) n( )P2 =(3;2; 1- )

uuur uuur

(P) qua A(1; 1; 1) (P) (P1), (P2)  (P) có vectơ pháp tuyến:

1

( )P ( )P , ( )P

n = êén n ùú

ë û

uuur uuur uuur

= (-8; 10; -4) = - 2(4; – 5; 2)

Phương trình mặt phẳng (P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) =  4x – 5y + 2z – = Câu VII a. ( ) ( )

2

1+i 2- i z= + + +8 i (1 )i z ( )(2 2i i z) (1 )i z i

Û - - + = + Û z iêëé4 + -2 2- iúûù= +8 i (8 )(1 2)

8 15 10 15 2 3

1 5

i i

i i i

z i

i

+

-+ - +

-Û = = = = =

-+

Phần thực z Phần ảo z – Câu VI.b M 1  M (2m + 3; m)

d(M, 2) =

2 

2m m 1

2

   

3m + 4=  m = -1 hay m = 

Vậy M (1; -1) hay M ( 

; 

) G trọng tâm ABC  C (-1; 3; -4)

AB ( 1;1;1) 



; AC ( 2;2; 4)   

 a [AB, AC]6(1;1;0)

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

 pt  :

x t

y t

z

  



  

 

 (t  R) Câu VII.b

4z 7i

z 2i z i

 

  

 4z – – 7i = z2 – 3iz –  z2 – (4 + 3i)z + + 7i =  = (4 + 3i)2 – 4(1 + 7i) = – 4i = (2 – i)2

Vậy

4 3i i

z i

2   

  

hay z =

4 3i i

1 2i

    

ĐỀ SỐ 5

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( điểm)

Câu 1: ( 2điểm)

Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số m =

2 Tìm m để hàm số có hai cực trị x1 x2 thỏa x1 = - 4x2

1 Giải hệ phương trình: x 4y 



   

 

2 Giải phương trình: cosx = 8sin3 x 

 



 

 

Câu 3: (1.5điểm)

1 Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông C ; M,N hình chiếu A SB, SC Biết MN cắt BC T Chứng minh tam giác AMN vng AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB

2 Tính tích phân A =

ln ln ex

e e

dx

x x



Câu 4: (1.5 điểm)

1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0) Chứng minh đường thẳng AB CD chéo Viết phương trình đường thẳng (D) vng góc với mặt phẳngOxy cắt đường thẳngAB; CD

2 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:

3 3

2 2 2

a b c

a ab b b bc c c ca a  Tìm giá trị lớn biểu thức S = a + b + c

B PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu 5a 5b

Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( điểm)

1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt trục tọa độ I; J; K mà A trực tâm tam giác IJK

2 Biết (D) (D’) hai đường thẳng song song Lấy (D) điểm (D’) n điểm nối điểm ta tam giác Tìm n để số tam giác lập 45

3.C M R a + bi = (c + di)n a2 + b2 = (c2 + d2)n

Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – = đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = Tìm M thuộc (D) N thuộc (C) cho chúng đối xứng qua A(3;1).

2 Tìm m để phương trình: x(x −1)+4(x −1)√ x

x −1=m có nghịêm

3 Giải phương trình sau tập hợp số phức: (z2 i z)(  z) 0 - Hết

KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 5

A.PHẦN CHUNG:

Ta có: ’ = m2 + 36 > với m, ln có cực trị Ta có: 2 x x m x x x x             

Câu 2:1

2 (1)

1 (2)

x y xy

x y           

 Điều kiện:

1 x y      

 Từ (1)

2

x x

y y

   

 x = 4y Nghiệm hệ (2;

1 2)

2 cosx = 8sin3

x 

 



 

   cosx =  

3 sinx+cosx

 3 sin3x9sin2xcosx +3 sinxcos2x c os3x c osx = (3)

Ta thấy cosx = không nghiêm

(3)  3 tan3x8 t an x + 3 t anx = 02 t anx = x = k

 

Câu 3:

1.Theo định lý ba đường vng góc

BC  (SAC)  AN  BC AN  SC AN  (SBC)  AN  MN

Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC Vây MSN CSB  TM đường cao tam giác STB

 BN đường cao tam giác STB

Theo định lý ba đường vng góc, ta có AB  ST AB  (SAT) hay AB AT (đpcm)

2

(ln ) ln (1 ln ) ln (1 ln )

e e

e e

dx d x

A

x x x x x

      = 1 (ln ) ln ln

e e d x x x          = 2

ln(ln )x e ln(1 ln )x e

e   e = 2ln2 – ln3 Câu 1 +) BA(4;5;5)



, CD(3; 2;0) 

, CA(4;3;6) 

BA CD,   (10;15; 23)

                           

 BA CD CA,  0   

 đpcm + Gọi (P) mặt phẳng qua AB (P)  (Oxy)  có VTPT n1 BA k, 

  

= (5;- 4; 0)  (P): 5x – 4y = + (Q) mặt phẳng qua CD (Q)  (Oxy) có VTPT n1CD k, 

  

= (-2;- 3; 0)  (Q): 2x + 3y – = Ta có (D) = (P)(Q)  Phương trình (D)

Ta có:

3

2

2

a a b

a ab b

 

  (1)  3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)  a3 + b3 – a2b – ab2 ≥  (a + b)(a – b)2  (h/n) Tương tự:

3

2

2

b b c

b bc c

 

  (2) ,

3

2

2

c c a

c ac a

 

3 3

2 2 2 3

a b c a b c

a ab b b bc c c ca a

 

  

     

Vậy: S ≤  maxS = a = b = c = 1 B PHẦN TỰ CHỌN:

Câu 5a:

1 Ta cóI(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) :

x y z

P

a b c

   

Ta có

(4 ;5;6), (4;5 ;6) (0; ; ), ( ;0; )

IA a JA b

JK b c IK a c

                                      Ta có:

4

5

4

a b c

b c a c                 77 77 77 a b c           

  ptmp(P)

2.Ta có: nC52 5Cn2 = 45  n2 + 3n – 18 =  n =

3 Hướng dẫn:a + bi = (c + di)n  |a + bi| = |(c + di)n |

 |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n  a2 + b2 = (c2 + d2)n

Câu 5b:1.M  (D)  M(3b+4;b)  N(2 – 3b;2 – b)

N  (C)  (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) =  b = 0;b = 6/5

Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) N(2;2) , M’(38/5;6/5) N’(-8/5; 4/5) Đặt t=(x −1)√ x

x −1∈ℜ pt cho ta m = t(t – 1) suy m≥ −4

3)giải phương trình sau tập hợp số phức: (z2 i z)(  z) 0

2

2

(1)

( )( )

(2)

z i

z i z z

z z

 

    



 .

Đặt z = a + bi

(1)  (a + bi)2 = -i  a2 - b2 + 2abi = -i 

2

2

2

0 2 2

2 2 2

2 2

hc

a b

a a

ab

a b

ab a b

b b ab                                         

(2)  (a + bi)2 = a - bi 

2 2 2 0

2 1

1 2 hc a

a b a b

a b a b

a b ab b a a b                                            Vậy phương trình có nghiệm:

2 2 3

, , , , 0,

2 2 2 2

z  i z  i z  i z  i z z

ĐỀ SỐ 6

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số ( ) ( )

3

1

y m x mx 3m x

3

= - + +

(1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m=2

2 Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) đồng biến tập xác định

Câu II (2,0 điểm)

1 Giài phương trình: (2cosx sinx- ) ( +cosx) =1 Giải phương trình:

( )2 ( )3 ( )3

1 1

4 4

3log x 2 3 log x log x 6

2 + - = - + +

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

2

cosx

I dx

sin x 5sinx

p

=

- +

ò

Câu IV (1,0 điểm)

Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy tam giác Mặt phẳng A'BC tạo với đáy góc 300 tam giác A'BC có diện tích Tính thể tích khối lăng trụ

Câu V (1,0 điểm)

Giả sử x, y hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện

5

x y

4 + =

Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

4

S

x 4y

= +

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy Viết phương trình đường thẳng ( )D qua điểm M(3;1) cắt trục Ox, Oy B C cho tam giác ABC cân A với A(2;-2)

2 Trong không gian (Oxyz) cho điểm A(4;0;0) điểm B(x ;y ;0), x0 ( 0>0;y0>0) cho

OB=8 góc AOB· =600 Xác định tọa độ điểm C trục Oz để thể tích tứ diện OABC

Câu VII.a (1,0 điểm)

Từ chữ số 0;1;2;3;4;5 lập số tự nhiên mà số có chữ số khác chữ số đứng cạnh chữ số

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy Viết phương trình đường thẳng ( )D qua điểm M(4;1) cắt tia Ox, Oy A B cho giá trị tồng OA +OB nhỏ

Trong không gian (Oxyz) cho tứ diện ABCD có ba đỉnh A(2;1; 1),B(3;0;1),C(2; 1;3)- - , cịn đỉnh D nằm trục Oy Tìm tọa độ đỉnh D tứ diện tích V =5

Câu VII.b (1,0 điểm)

Từ số 0;1;2;3;4;5 Hỏi thành lập số có chữ số khơng chia hết cho mà chữ số số khác

-Hết -KẾT QUẢ Đề số 6

2 m 2³

Câu II (2,0 điểm)

1

k2

x k2 ;x

6

p p

= p = +

x=2;x= -1 33

Câu III (1,0 điểm)

4

I ln

3 =

Câu IV (1,0 điểm)

V =8

Câu V (1,0 điểm)

minS=5

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 x+3y 6- =0;x y 2- - =0 C (0;0; 3),C (0;0;1 - 3) Câu VII.a (1,0 điểm)

192 số

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 x 2y 6+ - =0 D (0; 7;0),D (0;8;0)1 - Câu VII.b (1,0 điểm)

64 số

-Hết -ĐỀ SỐ 7

Thời gian làm bài: 180 phút

Cho hàm số

mx

y

x m

+ =

+ (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 1=

2 Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) nghịch biến khoảng (- ¥;1)

Câu II (2,0 điểm)

1 Giài phương trình: cos x 4sin x 3cosxsin x3 - - +sinx=0 Giải phương trình: ( ) ( )

2

3

log x 1- +log 2x 1- =2

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

4

dx I

cos x

p

=ò

Câu IV (1,0 điểm)

Cho lăng trụ tứ giác ABCD.A'B'C'D' có chiều cao h Góc hai đường chéo hai mặt bên kề

kẻ từ đỉnh a (00< a <90 )0 Tính thể tích khối lăng trụ

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z ba số dương x+ + £y z Chứng minh rằng:

2 2

2 2

1 1

x y z 82

x y z

+ + + + + ³

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 7)- , phương trình đường cao trung tuyến vẽ từ hai đỉnh khác là: 3x+ +y 11 0,x 2y 7= + + =0 Viết phương trình cạnh tam giác ABC

2 Trong không gian (Oxyz) cho tam giác ABC với A(1;2; 1),B(2; 1;3),C( 4;7;5)- - - Tính độ dài đường phân giác kẻ từ đỉnh B

Câu VII.a (1,0 điểm)

Có bao niêu số tự nhiên có chữ số, chia hết cho tạo chữ số 1, 2, 3, hai trường hợp sau a) Các chữ số trùng nhau; b) Các chữ số khác

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường thẳng ( )D qua điểm A(27;1) cắt tia Ox, Oy M N cho độ dài đoạn MN nhỏ

Trong không gian (Oxyz) cho vectơ a=(3; 1;2),b- =(1;1; 2)

-r r

Tìm vectơ đơn vị đồng phẳng với a,b

r r

và tạo với ar góc 600

Câu VII.b (1,0 điểm)

Cho chữ số 1, 2, 3, 4, Từ chữ số cho có cách lập số gồm chữ số khác cho số tạo thành số chẵn bé hay 345 ?

KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 7

2 - m< £ -

Câu II (2,0 điểm)

1 x k ;x k

p p

= ± + p = - + p

2 x=2

Câu III (1,0 điểm)

28 I

15 =

Câu IV (1,0 điểm)

3

2h sin V

cos a =

a

Câu V (1,0 điểm)

Sử dụng phương pháp tọa độ bất đẳng thức Cauchy

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 x 3y 23- - =0;4x+3y 13+ =0;7x+9y 19+ =0

2 74 d

3 =

Câu VII.a (1,0 điểm)

a) 64 số b) số

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 x+3y 30- =0

3 14 14 14

e ( ; ; )

14 14

=

-r

Câu VII.b (1,0 điểm)

13 số

-Hết -ĐỀ SỐ 8

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y=x3+3x2- mx 4- (1)

2 Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) đồng biến khoảng (- ¥;0)

Câu II (2,0 điểm)

1 Giài phương trình:

x

cot x sinx tanx.tan

2

ỉ ư÷

ỗ

+ ỗố + ữữứ=

2 Gii phng trình:

( )

4

2x

1

log x log x

log +

- + = + +

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

4

0

dx I

cosx

p

=ò

Câu IV (1,0 điểm)

Cho khối hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cạnh a, A 'AB· =BAD A 'AD 60· = · = Hãy tính thể tích khối hộp

Câu V (1,0 điểm)Cho x, y, z ba số dương thỏa mãn

1 1

4

x+ + =y z Chứng minh rằng:

1 1

1 2x+ +y z+x 2y+ +z+x+ +y 2z£

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến (BM) : 2x+ + =y đường phân giác (CD) : x+ -y 0= Hãy viết phương trình đường thẳng BC

2 Trong khơng gian (Oxyz) cho điểm A( 1;6;6),B(3; 6; 2)- - - Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) cho tổng MA+MB đạt giá trị nhỏ

Câu VII.a (1,0 điểm)

Từ chữ số 0,1, 2, 3, 4, lập số tự nhiên có chữ số khác nhau? Tính tổng số tự nhiên

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng ( )D1 : x y 0,- + = (D2) : 2x+ + =y 0 điểm

M(2;1) Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M cắt hai đường thẳng ( ) (D1 , D2) A

và B cho M trung điểm đoạn thẳng AB

Trong Kg(Oxyz) cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có A trùng với gốc tọa độ,

B(a;0;0),D(0;a;0), A '(0;0;b) a( >0,b>0) Gọi M trung điểm cạnh CC' Tính thể tích khối tứ diện

BDA'M theo a b xác định tỷ số

a

b để hai mặt phẳng (A'BD) (MBD) vng góc với nhau.

Câu VII.b (1,0 điểm)

Từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên, số có chữ số thỏa mãn điều kiện:Sáu chữ số số khác số tổng ba số đầu nhỏ tổng ba chữ số cuối đơn vị?

KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 8

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

1

5

x k ;x k

12 12

p p

= + p = + p

2 x

2 =

Câu III (1,0 điểm)

I =ln(1+ 2)

Câu IV (1,0 điểm)

3

a V

2 =

Câu V (1,0 điểm)

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 4x+3y+ =4 M(2; 3;0)

-Câu VII.a (1,0 điểm)

a) 600 số b) Tổng số 19666500

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 5x 2y 8- - =0

2

a b a

V ;

4 b

= =

Câu VII.b (1,0 điểm)

108 số

-Hết -ĐỀ SỐ 9

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y= - x3+(2m x+ ) 2- (m2- 3m x 4+ ) - (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 1=

Câu II (2,0 điểm)

1 Giài phương trình:

2 2 11

tan x cot x cot 2x

3

+ + =

2 Giải phương trình: 4log 2x2 - xlog 62 =2.3log 4x2

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

2

7x 12

I dx

x 7x 12

-=

- +

ò

Câu IV (1,0 điểm)

Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC tam giác cạnh a đỉnh A' cách đỉnh A, B,C Cạnh bên AA' tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z ba số dương thỏa mãn xyz=1 Chứng minh rằng:

3 3 3

1 x y y z z x 3 3

xy yz zx

+ + + + + + + + ³

Khi đẳng thức xảy ?

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình đường thẳng ( )D qua điểm M(2;1) tạo với đường thẳng

( )d : 2x+3y+ =4 0 góc 450

2 Trong không gian (Oxyz) cho điểm A(0;1;2) hai đường thẳng

( )1 ( )2

x t x y z

d : ; d : y 2t

2 1

z t ìï = + ïï

- + ïï

= = íï =

ïï = +

ïïỵ

Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với ( )d1 ( )d2 Tìm tọa độ điểm M trên

( )d1 , N ( )d2 cho ba điểm A, M, N thẳng hàng.

Câu VII.a (1,0 điểm)

Xét số gồm chữ số, có chữ số chữ số cịn lại : 2, 3, 4, Hỏi có số thế, nếu: a) chữ số xếp kề ? b) Các chữ số xếp tùy ý ?

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mp cho hai đường thẳng ( )d : 2x y 0, d : x 2y 71 - + = ( )2 + - =0 Lập phương trìnhđường

thẳng qua gốc tọa độ O tạo với ( ) ( )d , d1 tam giác cân có đỉnh giao điểm A ( )d1 ( )d2

2 Trong Kg(Oxyz) cho hai mp ( )P : 5x 2y 5z 0- + - = ( )Q : x 4y 8z 12- - + =0 Lập phương trình mặt phẳng (a) qua gốc tọa độ O, vng góc với mp (P) hợp với mp (Q) góc 450

Câu VII.b (1,0 điểm) Cho tập hợp A ={1,2,3,4,5,6,7,8}

a) Có tập X A thỏa điều X chứa không chứa ?

b) Có số tự nhiên chẵn gồm chữ số đôi khác lấy từ tập A không bắt đầu 123 ?

KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 9

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

1 Tự giải m 2< <

1 x= ± +6 2

1 x

4 =

Câu III (1,0 điểm)

I =25ln2 16ln3

-Câu IV (1,0 điểm)

3

a V

8 =

Câu V (1,0 điểm)

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 5x+ -y 0;x 5y 3= - + =0

2 (P) : x+3y 5z 13+ - =0;M(0;1; 1);N(0;1;1)

-Câu VII.a (1,0 điểm)

3024 số

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 3x+ =y 0;x 3y- =0 x z- =0;x 20y 7z+ + =0

Câu VII.b (1,0 điểm)

3348 số

-Hết -ĐỀ SỐ 10

Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số

4

1

y x mx

2

= - +

(1)

2 Xác định m để đồ thị hàm số (1) có cực tiểu mà khơng có cực đại

Câu II (2,0 điểm)

1 Giài phương trình:

( )

3 sinx tanx 2cosx 2

tanx sinx

+ - =

-2 Giải phương trình: ( ) ( ) ( )

2 2

4 20

log x- x - log x+ x - =log x- x -

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

5

3

4

3x

I dx

x 2x 5x

+ =

- - +

ò

Câu IV (1,0 điểm)

Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy tam giác cạnh a Đường chéo BC' mặt bên (BCC'B') tạo với mặt bên (ABB'A') góc 300 Tính thể tích khối lăng trụ

Câu V (1,0 điểm)

Chứng minh với x,y>0 ta có:

(1 x 1) y 256

x y

ổ

ổ ửữỗ ữ

ỗ ữ

+ ỗố + ữữỗứỗ + ữữ

ỗố ứ

Khi no ng thc xy ?

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có diện tích

3 S

2 =

, hai đỉnh A(2; 3),B(3; 2)- - trọng tâm G tam giác thuộc đường thẳng ( )d : 3x y 8- - =0 Tìm tọa độ đỉnh C

2 Trong không gian (Oxyz), lập phương trình mặt phẳng (a) đi qua hai điểm A(2; 1;0),B(5;1;1)-

khoảng cách từ điểm

1 M(0;0; )

2 đến mặt phẳng (a)

7 3.

Câu VII.a (1,0 điểm)

Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, lập số tự nhiên gồm chữ số, chữ số có mặt lần, chữ số khác có mặt lần

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình đường thẳng ( )D cách điểm A( 2;5)- khoảng cách điểm B(5;4) khoảng

2 Trong không gian (Oxyz), cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' biết

A(0;0;0),B(1;0;0),D(0;1;0),A '(0;0;1) Lập phương trình mặt phẳng (a) chứa đường thẳng CD' tạo với mặt phẳng (BB 'D'D) góc nhỏ

Câu VII.b (1,0 điểm)

Số a=2 73 có ước số

-Hết -KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 10

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

1 Tự giải m£

1 x= ± +k2p

2 ( )

20 20

log log

1

x 1;x 5

2

-= = +

Câu III (1,0 điểm)

2 13 14

I ln ln ln2

3 15

= - + +

Câu IV (1,0 điểm)

3

a V

4 =

Câu V (1,0 điểm) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 C( 2;10);C '(1; 1)-

-2 x+ -y 5z 0;5x 17y 19z 27- = - + - =0

Câu VII.a (1,0 điểm)

5880 số

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 y 7- =0;7x 24y 56+ - =0;4x+3y 17- =0;3x 4y 16- + =0 x 2y+ + -z 3=0

Câu VII.b (1,0 điểm)

60 ước số

-Hết -ĐỀ SỐ 11

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y= - x3+3mx2+3 m x( - 2) +m3- m2 (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 1=

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

1

2tanx cot2x 2sin2x+

sin2x

+ =

2 Giải phương trình: ( )

3x x

3 x x

1 12

2 6.2

2 -

- - + =

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

2

0

2 x

I dx

x -=

+ ò

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a Gọi G trọng tâm tam giác SAC khoảng cách từ G đến mặt bên (SCD)

a

6 Tính khoảng cách từ tâm O đáy đến mặt bên (SCD) tính thể tích

khối chóp S.ABCD

Câu V (1,0 điểm)

Tìm giá trị nhỏ hàm số:

11

y x

2x x

æ ửữ

ỗ

= + + ỗỗố + ữữ

ø với x>0

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho họ đường cong (C )m có phương trình:

( )

2 2

x y 2mx m y 2m 4m

2

+ - + + + + - =

Chứng minh (C )m đường trịn có bán kính khơng đổi; Tìm tập hợp tâm đường tròn m

(C ) suy (C )m luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định.

2 Trong không gian (Oxyz), viết phương trình mặt phẳng qua điểm M(9;1;1), cắt tia Ox, Oy , Oz A, B, C cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ

Câu VII.a (1,0 điểm)

Một người có bi xanh, bi đỏ, bi đen Yêu cầu cần lấy bi đủ ba màu Hỏi có cách lấy

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình đường thẳng ( )D qua gốc tọa độ O cắt đường tròn

( ) (C : x 1- )2+(y+3)2=25

theo dây cung có độ dài

2 Trong khơng gian (Oxyz), viết phương trình mặt phẳng (a) qua điểm M(9;1;1) cắt tia Ox, Oy, Oz A, B, C cho OA+OB+OC có giá trị nhỏ

Câu VII.b (1,0 điểm)

Đội học sinh giỏi trường gồm 18 em, có học sinh khối 12, học sinh khối 11 học sinh khối 10 Hỏi có cách cử học sinh đội dự trại hè cho khối có em chọn

KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 11

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

1 Tự giải

2 y=2x m- 2+m

1 x= ± + p3 k x=1

Câu III (1,0 điểm)

I = p +2

Câu IV (1,0 điểm)

3

a a

d ,V

4

= =

Câu V (1,0 điểm)

15 miny

2 =

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

( )1 ( 2)

1) (d) : x y 0,

: x y 0, : x y

+ + =

D + + = D + - =

2 x+9y 9z 27+ - =0

Câu VII.a (1,0 điểm)

10283 cách

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 y=0;3x 4y- =0 x+3y+3z 15- =0

Câu VII.b (1,0 điểm)

41811 cách

-Hết -ĐỀ SỐ 12 Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y=x3- 6x2+9x 6- (1) có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: cos7x.cos5x- 3sin2x=1 sin7xsin5x -2 Giải phương trình: log 33( x- log 3) 3( x 1+ - 3) =6

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

e

I =òxln xdx

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA =a, đáy tam giác vng cân có AB=BC =a Gọi B' trung điểm SB, C' chân đường cao hạ từ A tam giác SAC Tính thể tích khối chóp S.ABC Chứng minh SC vng góc với mặt phẳng (AB'C') Tính thể tích khối chóp S.AB'C'

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

( ) ( ) ( )

3 3 3

3 3

2 2

x y z

S x y y z z x

y z x

ổ ửữ

ỗ

= + + + + + + ỗỗ + + ÷÷÷

è ø

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn: ( )C : x2+y2=1 Đường tròn (C') tâm I(2;2) cắt (C) điểm A, B cho độ dài đoạn thẳng AB= Viết phương trình đường thẳng AB

2 Trong khơng gian (Oxyz), lập phương trình mặt phẳng (a) qua hai điểm A(2, 1;0),B(5;1;1)- khoảng cách từ điểm

1 M(0;0; )

2 đến mặt phẳng (a)

7

Câu VII.a (1,0 điểm)

Một tổ học sinh có nam nữ xếp thành hàng dọc Có cách xếp khác ? Có cách xếp cho khơng có học sinh giới tính đứng kề ?

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn ( )C : x2+y2+2x 4y 20- - =0 điểm A(0;3) Viết phương trình đường thẳng ( )D qua điểm A cắt đường tròn (C) theo dây cung MN có độ dài

a) Lớn b) Nhỏ

2 Trong không gian (Oxyz), cho ba điểm A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c),(a,b,c>0) thỏa mãn

2 2

a +b +c =3 Xác định a, b, c cho khoảng cách từ điểm O(0;0;0) đến mặt phẳng (ABC) lớn nhất.

Câu VII.b (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng cho đa giác (H) có 20 cạnh Xét tam giác có đỉnh lấy từ đỉnh (H) Có tất tam giác ? Có tam giác có cạnh cạnh (H) ? Có tam giác có cạnh cạnh (H) ? Có tam giác khơng có cạnh cạnh (H) ?

-Hết -KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 7

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

1 Tự giải m> -

Câu II (2,0 điểm)

1 x k ,x k p

2 x=log 10,x3 =log327

Câu III (1,0 điểm)

( )

2

1

I e

4

=

-Câu IV (1,0 điểm)

3

a V

36 =

Câu V (1,0 điểm)

minS 12,x= = = =y z

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

x+ + =y 0; x+ -y 0=

2 x+ -y 5z 0;5x 17y 19z 27- = - + - =0

Câu VII.a (1,0 điểm) 28800 cách

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 2x y 6- - =0 a= = =b c

Câu VII.b (1,0 điểm)

1440, 20, 320, 800 tam giác

-Hết -ĐỀ SỐ 13

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số:  

3 3 1 9 2

y x  m x  x m 

(1) có đồ thị (Cm) 1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1

2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với qua đường thẳng

1

y x

Câu II: (2,5 điểm)

   

sin cosx x3  osc x 3 os2c x8 cosx sinx  3 0 2) Giải bất phương trình :  

2

2

2

1

log log

2 x x x

 

    

  .

3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y=x.sin2x, y=2x, x= 

Câu III: (2 điểm)

1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a, cạnh bên hợp với đáy góc 450 Gọi P trung điểm BC, chân đường vng góc hạ từ A’ xuống (ABC) H cho

1

AP AH

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

gọi K trung điểm AA’,   mặt phẳng chứa HK song song với BC cắt BB’ CC’ M, N Tính tỉ số thể tích ' ' '

ABCKMN A B C KMN

V

V .

2) Giải hệ phương trình sau tập số phức:

 

2

2

2 2

6

6

a a

a a

a b ab b a a



  

 



     



Câu IV: (2,5 điểm)

1) Cho m hồng trắng n hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bơng hồng có bơng hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau:

2

3

1

9 19 2 720

m

m n m

n

C C A

P

  



  

 

 

 ) Cho Elip có phương trình tắc

2

1 25

x y

 

(E), viết phương trình đường thẳng song song Oy cắt (E) hai điểm A, B cho AB=4

3) Cho hai đường thẳng d1 d2 có phương trình:

2

:

3

x t

d y t

z t

  



  

  



1

:

2

x y z

d     

Viết phương trình mặt phẳng cách hai đường thẳng d1 d2?

Câu V: (1®iĨm) Cho a, b, c0 a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3 3

2 2

1 1

a b c

P

b c a

  

  

KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 13

Câu I b) m =1

Câu II.a)

⇔

x=π

3+kπ

¿ x=k2π

¿ , k∈Ζ

¿ ¿ ¿

b) x∈(−7;−27

5 ) c)

2 4

S  

  

Câu III.1)

2 ' ' '

1

8

3

8

ABCKMN A B C KMN

V

a a

V



  



2) Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:

(−1−√23i

2 ;

−1−√3i

2 ),(

−1−√23i

2 ;

−1+√3i

2 ) (

−1+√23i

2 ;

−1−√3i

2 ),(

−1+√23i

2 ;

−1−√3i

2 )

(−3;−1+√5

2 ),(−3;

−1−√5 ),(2;

−1+√5 ),(2;

−1−√5 )

Câu IV.1)

1946

31, 45% 6188

P

  

2) phương trình đường thẳng: x=−5√5

3 , x= 5√5

3

3) PT mp( α ) là: 3x – y – 4z +7 0 Câu V.Ta có: P + = a

3

√1+b2+b

+ b

3

√1+c2+c

2

+ c

3

√1+a2+a

⇔P+

4√2=

a3

2√1+b2+

a2

2√1+b2+

1+b2

4√2

+b3

2√1+c2+

b2

2√1+c2+

1+c2

4√2

+c3

2√1+a2+

c2

2√1+a2+

1+a2

4√2 33

√ a6

16√2+3

3

√ b6

16√2+3

3

√ c6

16√2 ⇒P+ 2√2≥

3 2√32√2(a

2

+b2+c2)=

2√68

⇒P ≥

2√623−

3 2√2=

9 2√2−

3 2√2=

3

√2

Để PMin a = b = c =

ĐỀ SỐ 14

Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y= - x4+2 m x( + ) 2- 2m 3- (1) có đồ thị (Cm)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1), m=0

2 Định m để đồ thị (Cm) cắt trục Ox bốn điểm phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng.

1 Giải phương trình:

4

sin x cos x

4

p

ỉ ư÷

ỗ

+ ỗố + ữữứ=

2 Gii phương trình:

( )

0,5

log sin x 5sinx

4

9

+ +

=

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:

e

1

I cos(lnx)dx

p

=ò

Câu IV (1,0 điểm)

Đáy hình chóp SABC tam giác cân ABC có AB=AC=a Bµ =Cµ = a Các cạnh bên nghiêng với đáy góc b Tính thể tích khối chóp SABC

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x+ + =y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2

1

P

x y z xyz

= +

+ +

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm M( 3;1)- đường tròn ( )C : x2+y2- 2x 6y 6- + =0 Gọi T ,T1

là tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) Viết phương trình đường thẳng T T1

2 Trong không gian (Oxyz), cho hai đường thẳng

( )1 ( )2

x 2t' x 2t

d : y t ; d : y t' z t z t'

ì

ì ï

ï = + ï = +

ï ï

ï ï

ïï = - ï =

-í í

ï ï

ï ï

ï = - ï =

-ï ï

ïỵ ïỵ

Chứng tỏ hai đường thẳng ( )d1 ( )d2 song song với Viết phương trình mặt phẳng (a) chứa

hai đường thẳng

Câu VII.a (1,0 điểm)

Tính giá trị biểu thức ( )

4

n n

A 3A

M

n !

+ +

=

+ , biết 2 2

n n n n

C + +2C + +2C + +C + =149

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ( )d : x y 0- + = đường tròn ( )C : x2+y2+2x 4y- =0 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) cho từ kẻ đến (C) hai tiếp tuyến tạo với góc 600

2 Trong không gian (Oxyz), cho hai điểm A(2;0;0),M(1;1;1) Giả sử (P) mặt phẳng thay đổi luôn qua đường thẳng AM cắt trục Oy, Oz điểm B(0;b;0),C(0;0;c)(b,c>0) Chứng minh

bc b c

2 + =

tìm b,c cho diện tích tam giác ABC nhỏ

Câu VII.b (1,0 điểm)Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: A3n+2Cn 2n- £ 9n

-Hết -KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 14

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

1 Tự giải

13

m 3,m

9

= =

-Câu II (2,0 điểm)

1 x k ,x k p

2 x= 2+ p =k ,x arctan( )5 + pk

Câu III (1,0 điểm)

( )

1

I e

2

p

= +

Câu IV (1,0 điểm)

3

a cos tan V

6

a b

=

Câu V (1,0 điểm)

1

minS 30,x y z

3

= = = =

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 2x+ -y 3=0 y z 4- + =0

Câu VII.a (1,0 điểm)

3

n 5, M

4

= =

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1

21 21 21 21

M(3;4),M '( 3; 2),N( ; ),N '( ; )

3 3

- +

- -

minS=4 6, b= =c

Câu VII.b (1,0 điểm)

n=3,n=4

-Hết -ĐỀ SỐ 15

Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số

x

y

x + =

+ (1) có đồ thị (C)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Chứng minh đường thẳng ( )d : y=2x+m cắt (C) hai điểm phân biệt M, N Xác định m để độ dài đoạn MN nhỏ

1 Giải phương trình: (1 tanx sin2x- ) ( + ) = +1 tanx Giải phương trình:

( ) 9x

3

4

2 log x log

1 log x

- - =

-Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân:

2

dx I

x 2x

-=

+ +

ị

Câu IV (1,0 điểm)

Cho khối chóp S.ABC có đường cao SA =2a, tam giác ABC vng C có AB=2a, CAB· =300 Gọi H K hình chiếu A SC SB Tính thể tích khối chóp H.ABC

Câu V (1,0 điểm)

Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x+ ³y Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2

2

3x y

A

4x y

+ +

= +

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn: ( )C : x2+y2- 2x+4y 4- =0 có tâm I điểm M( 1; 3)- - Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M cắt (C) hai điểm phân biệt A B cho tam giác IAB có diện tích lớn

2 Trong khơng gian (Oxyz), viết phương trình mặt phẳng (a) qua giao tuyến (d) hai mặt phẳng

( )P : 2x y- +3z 0,(Q) : x+ = + -y z 5+ =0, đồng thời vng góc với mặt phẳng ( )R : 3x y 0- + =

Câu VII.a (1,0 điểm)

Từ tổ gồm học sinh nữ học sinh nam cần chọn em số học sinh nữ phải nhỏ Hỏi có cách chọn

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ( )d : x y- + =3 đường tròn

( )C : x2+y2- 2x 2y 0- + =

Tìm tọa độ điểm M nằm (d) cho đường trịn tâm M có bán kính gấp đơi bán kính đường trịn (C), tiếp xúc ngồi với đường trịn (C)

2 Trong khơng gian (Oxyz), cho hai điểm I(0;0;1),K(3;0;0) Viết phương trình mặt phẳng qua hai điểm I, K tạo với mặt phẳng Oxy góc 300

Câu VII.b (1,0 điểm)

Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Người ta chọn viên bi từ hộp Hỏi có cách chọn số viên bi lấy không đủ ba màu

-Hết -KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 15

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

1 Tự giải

2 minMN=2 5,m=3

Câu II (2,0 điểm)

1 x k ,x k p

= p = - + p

2

x ,x 81

3

3 I

9 p =

Câu IV (1,0 điểm)

3

a V

7 =

Câu V (1,0 điểm)

miny ,x y

2

= = =

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

x+ + =y 0;7x+ +y 10=0 3x+9y 13z 33- + =0

Câu VII.a (1,0 điểm)

462 cách

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 M (1;4),M ( 2;4)1

x± 2y+3z 3- =0

Câu VII.b (1,0 điểm)

645 cách

-Hết -ĐỀ SỐ 16

Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y=x4- 2mx2+2m m+ (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 1=

2 Xác định m để hàm số (1) có cực đại cực tiểu, đồng thời điểm cực đại cực tiểu đồ thị hàm số (1) lập thành tam giác

1 Giải phương trình: 2sin3x 4sin x( - ) =1 Giải phương trình: 9sin x2 +9cos x2 =10

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân: ( )

1

2

5x

I dx

x

=

+ ò

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A' lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC vng góc với AA', cắt hình lăng trụ ABC.A'B'C' theo thiết diện có diện tích

2

a

8 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C'.

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z ba số thỏa mãn x+ + =y z Chứng mnh 4+ x + 4+ y + 4+ z ³

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(6;4);B( 3;1);C(4; 2)- - Viết phương trình đường phân giác góc A tam giác ABC

2 Cho hai điểm A(1;2;3),B( 1;4;2)- hai mặt phẳng

(P) : 2x 6y- +4z 3+ =0,(Q) : x y- + + =z

Tìm tọa độ giao điểm K đường thẳng AB với mặt phẳng (P).Tìm tọa độ điểm C nằm mặt phẳng (Q) cho tam giác ABC tam giác

Câu VII.a (1,0 điểm)

Có bao niêu số tự nhiên có chữ số khác chia hết cho

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ( )d : x 2y 2- + =0 hai điểm A(0;6),B(2;5) Tìm (d) điểm M cho MA +MB có giá trị nhỏ

2 Trong khơng gian (Oxyz), cho ba điểm A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) với a, b, c ba số dương thay đổi thỏa mãn a2+b2+c2=3 Xác định a, b, c cho khoảng cách từ điểm O(0;0;0) đếm mặt phẳng

(ABC) lớn

Câu VII.b (1,0 điểm)

Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác

KẾT QUẢ ĐỀ 16

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

1 Tự giải m= 33

Câu II (2,0 điểm)

1

k2 2k

x ;x

4 10

p p p p

= + = +

2

k x

1 I

8 =

Câu IV (1,0 điểm)

3

a V

12 =

Câu V (1,0 điểm)

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 x y 2- - =0

2

1 11 11 3 11

K( ; ; ),C ; ; ;C ; ;

2 4 4

ỉ- - ư÷ ổ+ + ửữ

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ữ ỗ ữ

ỗ ữ ỗ ữ

ố ø è ø

Câu VII.a (1,0 điểm)

28560 số

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1

11 19 M( ; )

4

a= = =b c

Câu VII.b (1,0 điểm)

1260 số

ĐỀ SỐ 17

PhÇn chung

Câu 1: (2 điểm)

Cho hàm số : y=x3+3 mx2+(m+1)x+1 (1) , m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = –1

2 Tìm giá trị m để tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) điểm có hồnh độ x = –1 qua điểm A(1 ; 2) Câu II: (2 điểm)

1 Giải phương trình : tanx=cotx+4 cos22x Giải phương trình

2x −1¿2 ¿ ¿

Câu III: (2 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1:x −3

2 =

y −3 =

z −3

1 ;

d2:

5x −6y −6z+13=0 x −6y+6z −7=0

¿{ Chứng minh d1 d2 cắt

2 Gọi I giao điểm d1 d2 Tìm tọa độ điểm A,B thuộc d1 ; d2 cho tam giác IAB cân I

và có diện tích √41

42

Câu IV: (2 điểm)

1 Tính tích phân : I=

1/2

xdx

3

√2x+2

2 Giải phương trình : esin(x − π4)

=tanx

Phần riêng

Cõu Va :(2 im)

1 Cho tập hơp E ={0;1;2;3;4;5;7} Hỏi có số tự nhiên chẳn gồm chữ số khác thành lập từ chữ số E

2 Tromg mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ đỉnh B đường phân giác góc A có phương trình : 3x + 4y + 10 = x – y + = , điểm M(0 ; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C khoảng √2 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Câu Vb:(2 điểm)

1 Giải phương trình : log1 2(

log22x+3

x+1 )≥0

2 Cho hình chóp SABC có đáy tam giác ABC vng cân đỉnh B, BA = BC = 2a , hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng đáy (ABC) trung điểm E AB SE = 2a Gọi I,J trung điểm cuae EC, SC M điểm di động tia đối tia BA cho ECM❑ =α(α<900

) H hình chiếu vng góc S MC Tính thể tích khối tứ diện EHIJ theo a ;  tìm  để thể tích lớn

………

KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 17

Câu 1: (2 điểm)

1 Học sinh tự giải

2 y '=3x2+6 mx+(m+1) , y '(−1)=3−6m+m+1=4−5m ; y(−1)=−1+3m+m+1+1=1+4m

Tiếp tuyến hàm số điểm có hồnh độ –1

Δ:y=y '(−1)(x+1)+y(−1)=(4−5m)(x −1)+1+4m=(4−5m)x+9m−3 Tiếp tuyến qua điểm A(1;2) nên = + 4m  m = 1/4

Vậy m = 1/4 YCBT thỏa Câu II: (2 điểm)

1 tanx=cotx+4 cos22x ; Điều kiện : sin 2x ≠0⇔x ≠ l π2(l∈Z) Phương trình tương đương với cosx

sinx −

sinx

cosx +4 cos

2

2x=0⇔2cos 2x

sin 2x +4 cos

2

⇔2 cos 2x(

sin 2x +2 cos 2x)=0⇔2 cos 2x(1+sin 4x)=0

cos2x=0

¿

sin 4x=−1

¿ x=π

4+k

π

2

¿ x=−π

8+k

π

2

¿ ¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

Đối chiếu với điều kiện Ta có nghiệm phương trình :

x=π

4+k

π

2

¿ x=−π

8+k

π

2

¿ (k∈Z)

¿ ¿

2x −1¿2 ¿ ¿

√2x+1+√3−2x=¿

,Điều kiện −1

2 ≤ x ≤

Đặt f(x)=√2x+1+√3−2x ;

2x −1¿2 ¿ ¿ g(x)=¿

với x∈[−1

2; 2]

f '(x)= √2z+1−

1

√3−2x ; f '(x)=0⇔x=

1

2 ; f(

−1

2 )=2 ; f(

2)=2 ; f (

2)=2√2

g '(x)=2x −1 ; g '(x)=0⇔x=1

2 ; g(

−1

2 )=2 ; g(

2)=2 ; g( 2)=0

∀x∈[−1

2;

2] ta có 2≤ f(x)≤2√2 ; 0≤ g(x)≤2

Vậy phương trình có nghiệm

⇔f(x)=g(x)=2⇔ x=−1

2

¿ x=3

2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Câu III: (2 điểm)

¿ x −3

2 =

y −3 =

z −3 5x −6y −6z+13=0

x −6y+6z −7=0

⇔

¿x=1 y=1

z=2

¿{ { ¿

Vây d1 cắt d2 giao điểm I(1;1;2)

d1 qua điểm M1(3;3;3) có VTCP u →

1(2;2;1) ;

d2 giao tuyến hai mặt phẳng có VTPT n →

1(5;−6;−6) ; n

→

2(1;−6;6) nên có VTCP

u

→

2=[n

→

1; n

→

2]=(−72;−36;−24) Chọn VTCP u '

→

2=(6;3;2) Cho z = từ d2 ta có

¿ x=−5

y=−2

¿{ ¿

Vậy M2(–

5;–2;0) thuộc d2

Gọi  góc hai đường thẳng d1 d2 Ta có :

¿u

→

1∨.∨u

→

2∨¿=

20

21⇒sinϕ=√1−cos

2ϕ

=√41

21

¿u

→

1.u '2∨

→¿

¿

cosϕ=¿ Giả sư IA = IA = a > diện tích tam giác IAB S=1

2 IA IB sinϕ=a

2√41

42 =

√41

42 ⇒a=1

Vậy A nằm mặt cầu (S) tâm I bán kính ,(S) :

z −2¿2=1 y −1¿2+¿ x −1¿2+¿

¿ A= d1 (S) nên tọa độ A nghiệm hệ phương trình

Vậy có cặp điểm A,B cần tìm A(5

3; 3;

7 3);B(

13 ;

10 ;

16

7 ) A( 3;

5 3;

7 3);B(

1 7; 7; 12 )

Hoặc A(1

3; 3;

5 3);B(

13 ;

10 ;

16

7 ) A( 3;

1 3;

5 3);B(

1 7; 7; 12 )

Câu IV: (2 điểm)

1.Đặt t=√32x+2⇔t3=2x+2⇔x=t

3−2

2 ⇒dx= 2t

2dt Khi

x=1/2⇒t=√33 ; x=3⇒t=2 Ta có :

I=

3

√3

(t3−2

)

2t

3 2t

2

dt=

3

√3

(34t

4

−3

2t)dt=( 20 t −3 4t )3 √3

=(24

5 −3)−( 20

3

√9−3

4

3

√9)=9

5+ 10

3

√9

2 Hàm số có chu kỳ 2 tanx > nên ta xét nghiệm phương trình khoảng (0;π

2)

(π ;3π

2 )

Phương trình cho tương đương với : sin(x −π

4)=ln(tanx)⇔

sinx −cosx

f '(t)=√

t −1=√ t Với t = sinx t = cosx t (–1;1)\{0}

Với t (–1 ; 0) f(t) hàm số nghịch biến nên f(sinx) = f(cosx)  sinx = cosx <  x=3π

4 Với t (0 ; 1) f(t) hàm số đồng biến nên f(sinx) = f(cosx)  sinx = cosx <  x=π

4 Tóm lại phương trình cho có tậpnghiêm x=π

4+kπ(k∈Z)

PHẦN RIÊNG : Câu Va :(2 điểm)

Gọi số cần lập N=abcd ta xét trường hợp xảy : Trường hợp 1: d = : có cách chọn d

Ba số abc lại lập từ số cần lại , số cách chọn số chỉnh hợp chập phần tử : A6

cách N1 = A63 = 120 cách

Trường hợp 2: d  : có cách chọn d

a  : có cách chọn

Hai số bc cịn lại lập từ số cần lại , số cách chọn số chỉnh hợp chập phần tử : A52 cách

N2 = 2.5 A52 = 200 cách

Vậy số chọn thỏa yêu cầu toán 120 + 200 = 320 số Cho d1 : 3x + 4y +10 = ; d2 : x – y + =

Gọi  đường thẳng qua điểm M vng góc với d2 ,  cắt d2 I cắt Ac

tại N Δ:x+y −2=0

I =  d2 Tọa độ I nghiệm hệ phương trình : ¿

x+y −2=0 x − y+1=0

⇔

¿x=1

2

y=3

2

⇔I(1

2; 2)

¿{ ¿

 AMN có d2 vừa đường cao , vừa phân giác nên tam giác cân  I trung điểm MN  N (1 ; 1)

AC đường thẳng qua điểm N(1;1) vng góc với d1 nên AC: 4(x –1) – 3(y –1) = , AC: 4x – 3y –1 =

A = AC  d2 Tọa độ A nghiệm hệ phương trình :

¿

4x −3y −1=0 x − y+1=0

⇔

¿x=4 y=5

⇔A(4;5) ¿{

¿

AB đường thẳng qua điểm M(0;2) nhận MA−→ =(4;3) làm vec tơ phương AB:

x

4=

y −2

B = AB  d1 Tọa độ B nghiệm hệ phương trình

¿

3x −4y+8=0

3x+4y+10=0

⇔

¿x=−3 y=−1

4

⇔B(−3;−1

4)

¿{ ¿

C cách M khoảng √2 nên C thuộc đường trịn (S) có tâm M bán kính √2 , (S): y −2¿

2

=2 x2+¿

C = AC  (S) tọa độ C nghiệm hệ phương trình :

4x −3y −1=0 y −2¿2=2

¿

⇔

¿ ¿y=4x −1

3

¿

4x −7 ¿

2

=2 ¿

⇔

¿ ¿y=4x −1

3

¿

25x2−56x

+31=0 ¿

⇔

¿ ¿ x=1⇒y=1

x2+¿

 C(1;1) C ( 31

25 ; 33 25 ¿

Vì d2 phân giác góc A nên B C nằm khác phía bờ d2 ⇔ (xB – yB + ).(xC – yC +1 ) <  −7

4.(xC− yC+1)<0 Cả hai điểm C thỏa mãn

Vậy A(4;5); B(−3;−1

4);C(1;1) C( 31 25 ;

33 25)

Câu Vb:(2 điểm) log1

2(

log22x+3

x+1 )≥0⇔0<log2

2x+3 x+1 ≤1

2

2

2 3

log 2 1

1 1 2

2 3 1

log

1 1

x x x

x x

x x x x

x x x

x x x

     

  

        

      

      

    

     

     

  

Vậy bất phương trình có tập ngiệm (– ; –2)

Ta có SE  (ABC)  SE  CM mà SH  CM nên CM  (SEH)  CM  EH

AC=√AB2+BC2=2a√2⇔EC=a√2 , EH=EC sinα=a√2 sinα , CH=EC cosα=a√2 cosα Diện tích tam giác EHC , SΔEHC=1

2EH HC=a

2 sinα cosα

=a

2

2 sin 2α

Ị đường trung bình tam giác CSE nên IJ // SE  IJ  (ABC) IJ=1

HI trung tuyến tam giác HEC nên diện tích tam giác HEC SΔHEC=12SΔEHC=a4 sin 2α

Thể tích khối tứ diện EHIJ VEHI JỊ=13IJ.SΔHEC=13.a.a

4 sin 2α= 12 a

3

sin 2α(đvtt)

ĐỀ SỐ 18

ĐỀ DỰ BỊ ĐẠI HỌC 2008 – A2 Câu 1: (2 điểm)

Cho hàm số y=x4−8x2

+7 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = mx – tiếp xúc với đồ thị hàm số (1) Câu II: (2 điểm)

1 Giải phương trình sin(2x −π

4)=sin(x −

π

4)+√ 2

2 Giải bất phương trình :

1− x2+1>

3x √1− x2

Câu III: (2 điểm)

Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + = , đường thẳng d1:x −3

2 =

y

9=

z+5

1 điểm A(4;0;3) , B(–1;–1;3) C(3;2;6)

1 Viết phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm A,B,C có tâm thuộc mặt phẳng (P)

Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có bán kính lớn Câu IV: (2 điểm)

1 Tính tích phân : I=

0

π/2

sin 2x

3+4 sinx −cos 2xdx

Chứng minh phương trình : 4x(4x2+1)=1 có ba nghiệm thực phân biệt

Câu Va :(2 điểm)

1 Tìm hệ số số hạng chứa x5 khai triển nhị thức Newton (1+3x)2n biết A n

3

+2An2=100 (n số

nguyên dương)

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 =1 Tìm giá trị thực m để

đường thẳng y = m tồn điểm mà từ điểm kẻ hai tiếp tuyến với C cho góc hai tiếp tuyến 600

Câu Vb: (2 điểm)

1 Giải phương trình : 3+

log3x=logx(9x −

6

x)

2 Cho hình chóp SABC mà mặt bên tam giác vuông SA=SB=SC = a Gọi M,N,E trung điểm cạnh AB,AC,BC D điểm đối xứng S qua E , I giao điểm đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN) Chứng minh AD  SI tính theo a thể tích khối tứ diện MBSI

KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 17

BÀI GIẢI ĐỀ DỰ BỊ ĐẠI HỌC 2008 – A2 Câu 1: (2 điểm)

Câu II: (2 điểm) sin(2x −π

4)=sin(x −

π

4)+√

2  sin(2x −

π

4)−sin

π

4=sin(x −

π

4)

⇔2 cosx sin(x −π

4)−sin(x −

π

4)=0⇔sin(x −

π

4)(2 cosx −1)=0

⇔

sin(x −π

4)=0

¿

cosx=1/2 ¿ x=π

4+kπ

¿ x=±π

3+k2π

¿ (k∈Z)

¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

1− x2+1>

3x

√1− x2 (*) Điều kiện –1< x <1

Đặt x = sint với t [0 ; ] Ta có

cos2t +1>

3 sint

cost ⇔tan

2t −3 tant

+2>0 ⇔tant<1∨tant>2 (*) Mặt khác với tant = sint=√2

2 ; với tant =  sin

2t

=4 cos2t⇒sint= √5

Vậy từ (*) Ta có nghiệm bất phương trình cho :

−1<x<√2

2

¿

2

√5<x<1

¿ ¿ ¿ ¿ Câu III: (2 điểm)

1 Gọi mặt cầu (S) cần tìm có phương trình

¿

8a+6c+d+25=0 −2a −2b+6c+d+11=0

6a+4b+12c+d+49=0 −2a −3b+3c+1=0

⇔

¿{ { { ¿

8a+6c+d+25=0

10a+2b+14=0 −2a+4b+6c+24=0

−2a −3b+3c+1=0

⇔

¿a=−1 b=−2

c=−3

d=1 ¿{ { {

¿

Phương trình mặt cầu : (S):x2+y2+z2−2x −4y −6z+1=0 Tâm I(1;2;3)

Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính lớn mặt phẳng qua tâm I mặt cầu Đường thẳng d qua điểm M(3;0;–5) có VTCP u→=(2;9;1)

IM

−− →

=(2;−2;−8) ; [IM

−→

, u→]=(70;−18;22)

Mặt phẳng (Q) có VTPT →n=(35;−9;11) nên có phương trình (Q) : 35(x –1 ) –9(y –2) +11(z – 3) =0  (Q): 35x –9y +11z –50 =0

Câu IV: (2 điểm)

1

sinx+1¿2

¿ ¿

sinx ¿ I=

0

π/2

sin 2x

3+4 sinx −cos 2xdx=0

π/2

sinx

sin2x

+2sinx+1.cos xdx=0

π/2

¿ Đặt t = sinx +1  sinx = t –  cosxdx = dt

Khi x =  t = ; x = /2  t = Ta có :

I=

1

t −1

t2 dtị=1

(1t −

1

t2)dtị=(ln∨t∨ +1

t )¿1

=ln 2−1

2

2.Đặt f(x)=4x(4x2+1)−1

Tập xác định D = R , hàm số liên tục R

f '(x)=4x ln 2(4x2+1)+8x 4x=2 4x(4x2ln 2+4x+ln2) f '(x)=0⇔4x2 ln2+4x+ln 2=0

Δ'=4−4 ln22=4(1−ln22)>0 Vây f ’(x) = ln có nghiệm phân biệt x1 ; x2

Điều chứng tỏ f(x) cắt trục hồnh khơng q điểm  phương trình cho không nghiệm

Mặt khác f(x) liên tục R thỏa f (0) = ; f(–1/2) = ; f(–2) = 1/16 ; f(–3) = 27/64 Như phương trình cho có nghiệm : x = ; x = –1/2 ; x  (–3 ; –2)

Câu Va :(2 điểm)

1 An3+2An2=100 Điều kiện n ≥

An

3

+2An2=100⇔ n ! (n −3)!+2

n !

(n −2)!=100⇔n(n−1)(n−2)+2n(n−1)=100⇔n=5

1+3x¿10=∑

k=0 10

C10k 3kxk

¿

Số hang chứa x5 tương ứng k = Hệ số só hạng chứa x5 C 10 .35

=61236

2 Đường trịn (C) có tâm O(0;0) bán kính Giả sử từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến (C) thỏa mãn góc MAB 600 góc AMO 300 MO = Vậy M chạy đường trịn tâm O bán kính

Số điểm nằm đường thẳng y = m kẻ tiếp tuyến đến (C) thỏa mãn YCBT số giao điểm đường trịn (C’) tâm O bán kính với đường thẳng y = m Để có điểm theo YCBT |m| <

1 Điều kiện

¿

0<x ≠1 x>√6

3

¿{

¿

3+

log3x=logx(9x −

6

x)⇔3+logx3=logx(9x

2

−6)−1⇔logx(3.x4)=logx(9x2−6)

⇔3x4−9x2

+6=0⇔(x2−1)(3x2−6)⇒x=√2

Trong (ABC) AE  MN = J  SJ = (SMN)  (ASD)

Trong (ASD) SJ  AD = I  I = AD  (SMN)

Ba tam giác SAB,SAC,SBC tam giác vuông cân  SA,SB,SC đơi vng góc  ABC tam giác

cạnh a

BSCD hình vuông cạnh a

( )

BD SB

BD SAB BD SM BD SA

 

   

  

Lại có SM  AD nên SM  (ABD)  SM  AD (1)

( )

BC SD

BC SAD BC AD BC SA

 

   

  

Mà MN// BC  MN  AD (2)

Từ (1) (2) AD  (SMN)  AD  SI (đpcm)

Trong (SBD) kẻ IH // BD (H  AB)  IH  (SAB)

2

2 2

3

IH AI AI AD SA a

BDAD  AD SA SD  a   IH = a/3

SSMB = 1/2 SSAB =

2

4

a

, VMBSI =

2

1

3 SMB 3 36

a a a

IH S  

ĐỀ SỐ 19

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( ) 8x 4 9x21

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2 Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm phương trình

4

8 osc x osc x m 0 với x[0; ] . Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình:  

3 log

2

2

x

x x   x

 

2 Giải hệ phương trình:

2

2

12 12

x y x y

y x y

    

 

 

 

Câu III (1 điểm) Tính diện tích miền phẳng giới hạn đườngy|x2 |x y2x

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác ngoại tiếp hình cầu bán kính r cho trước Tính thể tích hình chóp cụt biết cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ

Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm

J

H I

D E

N

M

S C

B

4sin3xsinx + 4cos 3x - os x + os 2x +

4 c  c m

     

     

PHẦN RIÊNG(3 điểm):Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 phân giác CD:

x y   Viết phương trình đường thẳng BC.

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số

2 2

x t

y t

z t

  

      

.Gọi  đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) I(-2;0;2) hình chiếu vng góc A (D) Trong mặt phẳng qua , viết phương trình mặt phẳng có khoảng cách đến (D) lớn

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng

1 1

1 1

xy  yz zx x y z  2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường thẳng  có phương

trình tham số

1 2

x t

y t

z t

  

     

 .Một điểm M thay đổi đường thẳng , xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh

1

2

3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

 

-Hết -KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 19

I.2 Xét phương trình osc 4x osc 2x m 0 với x[0; ] (1) Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t4 9t2m0 (2)

Vì x[0; ] nên t [ 1;1], x t có tương ứng đối một, số nghiệm phương trình (1) (2)

Ta có: (2)8t4 9t2  1 m(3)

Gọi (C1): y8t4 9t21 với t [ 1;1]và (D): y = – m

Phương trình (3) phương trình hồnh độ giao điểm (C1) (D) Chú ý (C1) giống đồ thị (C) miền   1 t 1.

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 

81 32

m

: Phương trình cho vơ nghiệm 

81 32

m

 81 32 m  

: Phương trình cho có nghiệm  0m1 : Phương trình cho có nghiệm  m0 : Phương trình cho có nghiệm  m < 0: Phương trình cho vơ nghiệm

Câu II (2 điểm) Phương trình cho tương đương:

3

3 log

log

3

2

2

1

1 ln 0 log ln 0

1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x                                                        

2 2

log 1

2

1

ln

2 2

2

2

x x x

x x x

x

x x x

x x x                                                                2. Điều kiện: | | | |x  y

Đặt

2 2; 0

u x y u

v x y

   

 

  

 ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có

2 u y v v        

Hệ phương trình cho có dạng:

2 12 12 u v u u v v                u v     

 u v      + 2 4 8

u x y

v x y

           

  (I) +

2

3

9 9

u x y

v x y

           

  (II)

Giải hệ (I), (II).Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu    

 5;3 , 5; 

S 

Câu III Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y|x2 | ( )x C  d :y2x Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d):

2 2

2

0 0

| |

6

4 2

x x x

x x x x x x x x x

x

x x x x x

                                      

Suy diện tích cần tính:    

2

2

0

4

Sx  x  x dx x  x  x dx

1.Tính:  

2

| |

I  x  x  x dx

Vì  

2

0; ,

x x x

   

nên |x2 |x x24x    2 4

I  x  x x dx

Tính  

6 2

| |

K  x  x  x dx

Vì  

2

2; ,

x x x

   

 

4;6 ,

x x x

   

nên    

4

2

2

4 16

K  x x  x dxx  x x dx

Vậy

4 52

16

3

Gọi H, H’ tâm tam giác ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ trung điểm AB, A’B’ Ta có:  '  ' '  ' '

'

AB IC

AB CHH ABB A CII C

AB HH

 

   

  

Suy hình cầu nội tiếp hình chóp cụt tiếp xúc với hai đáy H, H’ tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) điểm K II '.

Gọi x cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x cạnh đáy lớn Ta có:

1 3

' ' ' ' ' ;

3 3

x x

I KI H  I C  IK IH  IC

Tam giác IOI’ vuông O nên:

2 3 2

' 6r

6

x x

I K IK OK  r  x 

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: 3 ' '

h

V  B B  B B

Trong đó:

2 2

2

4x 3 3r

3 6r 3; ' ; 2r

4

x

B x  B   h

Từ đó, ta có:

2

2

2r 3r 3r 21r 6r 6r

3 2

V     

 

 

Ta có:

+/ 4sin3xsinx = cos2x - cos4x ;

+/  

4 os 3x - os x + os 2x - os4x sin 2x + cos4x

4

c   c    c   c  

       

+/

 

2 1

os 2x + os 4x + sin 4x

4 2

c     c    

    

Do phương trình cho tương đương:  

1

2 os2x + sin2x sin 4x + m - (1)

2

c  

Đặt

os2x + sin2x = os 2x -

t c c   

  (điều kiện:  2 t 2).

Khi sin 4x = 2sin2xcos2x = t21 Phương trình (1) trở thành:t24t2m 0 (2) với  2 t 2

(2) t 4t 2 2m

Đây phuơng trình hồnh độ giao điểm đường ( ) :D y 2 2m (là đường song song với Ox cắt trục tung điểm có tung độ – 2m) (P): y t 2 4t với  2 t 2.

Trong đoạn  2; 2 , hàm số y t 2 4t đạt giá trị nhỏ 2 2 t 2 đạt giá trị lớn 2 t .

Do yêu cầu toán thỏa mãn 2 2   m 2

2 m 2

   

Điểm C CD x y :   0  C t ;1 t Suy trung điểm M AC

1 ; 2

t t

M   

 .

Điểm  

1

: 2 7;8 2

t t

M BM x y            t C 

 

Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:   1 I (điểm K BC ).

Suy AK:x1  y 2  0 x y  1 Tọa độ điểm I thỏa hệ:  

0;1

x y

I x y

   

 

  



Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK  tọa độ K1;0. Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình:

1

4

x y

x y 

      

Câu VIa.2.

Gọi (P) mặt phẳng qua đường thẳng , ( ) //( )P D ( )P ( )D . Gọi H hình chiếu vng góc I (P) Ta ln có IH IA và

IH AH.

Mặt khác

   

      

, ,

d D P d I P IH

H P

  

 

  

Trong mặt phẳng  P , IH IA; maxIH = IA H A Lúc (P) vị trí (P0) vng góc với IA A.Vectơ pháp tuyến (P0) n IA 6;0; 3 



 

, phương với v2;0; 1  

Phương trình mặt phẳng (P0) là: 2x 41.z1 2x - z - =

Câu VII.aVì Để ý xy1  x y   1 x 1 y0; tương tự ta có

1

yz y z

zx z x

   



   

vậy ta có:

  1 1 1

1 1 1

1

3 5

1 zx+y

 

          

     

 

   

              

          

x y z

x y z

xy yz zx yz zx xy

x y z z y z y

x x

yz xy z yz zx y xy z z y y z

Câu VIb.1.

Ta có: AB  1;2 AB



Phương trình AB là: 2x y  0  :  ; 

I d y x  I t t

I trung điểm AC BD nên ta có: C t2 1; ,t D t t 2 ;  2 Mặt khác: SABCDAB CH 4 (CH: chiều cao)

4

CH

 

Ngoài ra:

 

   

4 8 ; , ; | |

3 3 3 ;

5

0 1;0 , 0;

t C D

t d C AB CH

t C D

    

 

     

        

    



Vậy tọa độ C D

5 8 ; , ; 3 3 C  D 

    C1;0 , D0; 2  Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM

2.Đường thẳng  có phương trình tham số: y t z t        .

Điểm M  nên M 1 ;1 ; 2t  t t.

         

         

       

2

2 2 2

2

2 2 2

2

2

2 20

4 2 36 56

3

AM t t t t t

BM t t t t t t

AM BM t t

          

              

     

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u3 ;2 5t  

v  3t6; 5  Ta có         2 2

| |

| |

u t v t              

Suy AM BM | | | |u  v

 

u v 6;4 5 |u v | 29

   

Mặt khác, với hai vectơ u v,  

ta ln có | | | | |u  v  u v|

   

Như AM BM 2 29 Đẳng thức xảy u v,

 

hướng

3

1

t

t t

   

  1;0; 2

M 

minAM BM  2 29 Vậy M(1;0;2) minP = 11  29

Câu VII.b Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên:

a b c b c a c a b           

Đặt , ,  , , 0 , ,

a b c a

x y a z x y z x y z y z x z x y

 

          

Vế trái viết lại:

2

3

 

     

      

a b a c a x y z

VT

a c a b a b c y z z x x y

Ta có:    

2

2 z z

x y z z x y z z x y

x y z x y

        

   .

Tương tự:

2

;

x x y y

y z x y z z x   x y z  Do đó:

 

2

2 x y z

x y z

y z z x x y x y z  

   

     .

Tức là:

1

2

3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

 

ĐỀ SỐ 20

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )x4 2x2

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số

2 Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A B có hồnh độ a b Tìm điều kiện a b để hai tiếp tuyến (C) A B song song với

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác:

 

2 cos sin

tan cot cot

x x

x x x

 

2 Giải bất phương trình:

 

3 1

3

1

log log log

2

x  x  x  x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:  

2

4

0

cos sin cos

I x x x dx



 

Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh thể tích hình trụ.

Câu V (1 điểm) Cho phương trình    

3

1 2

x  x m x  x  x  x m Tìm m để phương trình có nghiệm

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng  định bởi: 2

( ) :C x y  4x 2y0; :x2y12 0 Tìm điểm M  cho từ M vẽ với (C) hai tiếp tuyến lập với góc 600.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu?

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng  d :x y  0 có hồnh độ

9

I

x 

, trung điểm cạnh giao điểm (d) trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình

2 2

( ) :S x y z  4x2y 6z 5 0, ( ) : 2P x2y z 16 0 .

Điểm M di động (S) điểm N di động (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng

Câu VII.b (1 điểm) Cho a b c, , số dương thỏa mãn: a2b2c2 3 Chứng minh bất đẳng thức

2 2

1 1 4

7 7

a b b c c a     a  b  c 

-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 20

Câu I.2 Ta có f x'( ) 4 x3 4x Gọi a, b hoành độ A B

Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B kA f a'( ) 4 a3 ,a kB f b'( ) 4 b3 4b

Tiếp tuyến A, B có phương trình là:

         

' ' ( ) af' a

yf a x a  f a f a x f a 

; yf b x b'    f b  f b x f b'   ( ) bf' b  Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi:

  

3 2

4a 4a = 4b (1)

A B

k k    b a b a ab b  

II.1. Điều kiện:

 

cotx 



 



Từ (1) ta có:

 

2 cos sin

1 cos sin

2 sin

sin cos cos cos

1 cos sin sin

x x x x

x

x x x x

x x x



  

 

2sin cosx x sinx

    2 cos 2 x k x k x k                  

Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho x k2 k  



   

2 Điều kiện: x3, Phương trình cho tương đương:

  1  1 

2

3 3 3

1 1

log log log

2 x  x 2  x 2  x      

2

3 3

1 1

log log log

2 x x x x

       

       

3 3

log x x log x log x

        

   

3

2

log log

3 x x x x                   2 3 x x x x      

2 9 1 10

10 x x x           Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x 10

Câu III  

2

2

0

1 1

cos sin sin sin

2 2

 

   

       

   

 

I x x dx x d x

   

2

2 2 2

0

0

1 1

sin sin sin sin sin

2 | 12 |

 

 

 d x   xd x  x  x 

Câu IV.Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi đó

OM AB O N' CD

Giả sử I giao điểm MN OO’.Đặt R = OA h = OO’ Khi đó: OM

I

 vng cân O nên:

2 2

2 2 2

h a

OM OI  IM    h a

Ta có:

2

2 2 2 2

2 2 2 3a

2 4 8

a a a a

R OA AM MO       

 

   

2

2 3a

R ,

8 16

a a

V  h  

   

2

a 3

2 Rh=2

2

2

xq

a a

S     

Câu V Phương trình    

3

1 2

x  x m x  x  x  x m

(1)Điều kiện : 0 x

Nếu x0;1 thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm cần có điều kiện

1

2

x  x x

Thay

x

vào (1) ta được:

3 1 2 2 m m m m          * Với m = 0; (1) trở thành: 

2

4 41 0

2

x  x   x

* Với m = -1; (1) trở thành

         

   

4

2

4

1 2 1 1

1

                 

      

x x x x x x x x x x x x x x

x x x x

+ Với

4 41 0

2

x  x  x

+ Với

1

1

2

x  x   x

Trường hợp này, (1) có nghiệm * Với m = (1) trở thành:

    4  2 2

4

1 1 1

x  x x  x   x  x  x  x  x  x

Ta thấy phương trình (1) có nghiệm

1 0,

2

x x

nên trường hợp (1) khơng có nghiệm Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1

VIa.1 Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R

Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác suy IM 2R=2 5.

Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình:    

2

2 20

x  y 

Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  22  12 20 (1)

2 12 (2)

x y

x y

    

 

  

 

Khử x (1) (2) ta được:

 2  2

3

2 10 20 42 81 27

5 x

y y y y

x   

         

  

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là:

9 3;

2

M 

 

27 33 ; 10

M 

 

2 Ta tính AB CD  10,AC BD  13,AD BC 

Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi Từ ABCD tứ diện gần Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm

3

;0;

2

G 

 , bán kính

14

R GA 

VIIa Số cách chọn viên bi tùy ý : C189 .

Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:

+ Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng + Khơng có bi xanh: có C139 cách

+ Khơng có bi vàng: có C159 cách.

Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có C109 cách chọn viên bi đỏ tính hai lần

Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C109 C189  C139  C159 42910 cách VIb.1 I có hồnh độ

9

I

x 

 

9

: ;

2

I d x y    I 

 

Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0)   2 2 9

2 2

4

I M I M

AB IM x x  y  y   

, D

12

D = 12 AD = 2

3

ABCD ABC

S

S AB A

AB

M AD 

 

 , suy phương trình AD: 1.x 31.y 0  0 x y  0 . Lại có MA = MD = 2.Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình:

 2  2  2  2

3 3 3

3 3

3

x y y x y x

x y x x

x y                                  

3 1

y x x

x y

  

 

   

  

 

4 x y    

 .Vậy A(2;1), D(4;-1),

9 ; 2

I 

  trung điểm AC, suy ra:

2

2

2

2

A C I

C I A

A C C I A

I

x x

x x x x

y y y y y

y                         

Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4)

Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1)

2. Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):   

 

2.2 16

,

3

d d I P        d R

Do (P) (S) khơng có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 =

Trong trường hợp này, M vị trí M0 N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S)

Gọi  đường thẳng qua điểm I vng góc với (P), N0 giao điểm  (P)

Đường thẳng  có vectơ phương nP 2; 2; 1  

qua I nên có phương trình

 

2 2

x t

y t t

z t              Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình:

      15

2 2 2 16 15

9

t t t t t

             

Suy

4 13 14

; ;

3 3

N   

 .Ta có 0

3

IM  IN

                           

Suy M0(0;-3;4) VIIb Áp dụng bất đẳng thức

1

(x 0,y 0)

x yx y  

Ta có:

1 1 1

; ;

2 2a+b+c

a b b c   a b c b c c a    a b  c c a a b    Ta lại có:

 2  2  2

2 2

2 2

1 2

2 4 2 1

2a b c  2a b c 4a 7 a b c   a b c  a  b  c 

Tương tự: 2

1 2

;

2b c a b   7 2c a b c   7Từ suy 2

1 1 4

7 7

a b b c c a     a  b  c 

Đẳng thức xảy a = b = c =

ĐỀ SỐ 21

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

1 Giải phương trình :  

4

sin cos

tan cot sin 2

x x

x x

x



 

2 Giải phương trình:    

2

4 2

log x1 2 log 4 x log 4x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3

2

2

1 dx A

x x



 

Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy đường tròn tâm O, SA SB hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích diện tích xung quanh hình nón cho

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  

2

7

2

x x

x m x m

  

    

    

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB, BC 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm đường thẳng x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng P :x2y 2z + = 0; Q :  x2y 2z -13 = Viết pt mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q)

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện sau:

4

1

4

1

5 15

n n n

n

n n

C C A

C A

  



 



 

  

 



 (Ở A Cnk, nk số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n phần tử) 2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = đường tròn (C): x2 y2 2x 4y 0 Xác định tọa độ giao điểm A, B đường tròn (C) đường thẳng d (cho biết điểm A có hồnh độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường trịn (C) cho tam giác ABC vng B Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 0 đường thẳng

1 5

: ; :

2

x y z x y z

d     d    

 

Tìm điểm Md ,1 Nd2 cho MN // (P) cách (P) khoảng Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số  

3

1 ( ) ln

3

f x

x



 giải bất phương trình

2

6 sin

2 '( )

2

t dt f x

x



 





-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 21

I.2 + Khi m =  y x 1, nên hàm số khơng có cực trị + Khi m0  y' 3 mx26mx m1

Hàm số cực trị y' 0 khơng có nghiệm có nghiệm kép

 

2

' 9m 3m m 12m 3m

       

1

4

m

II.1  

4

sin cos

tan cot

sin 2

x x

x x

x 

 

(1)Điều kiện: sin 2x0

1 sin 1 sin cos

(1)

sin 2 cos sin

x x x

x x x

          2

1 sin 1 1

2 1 sin 2 1 sin 2 0

sin sin 2

x

x x

x x



      

Vậy phương trình cho vơ nghiệm

2    

2

4

log x1  2 log 4 xlog 4x

(2)Điều kiện: 4 4 x x x x x                           

2 2 2

2

2

(2) log log log log log 16

log log 16 16

x x x x x

x x x x

           

       

+ Với  1 x4 ta có phương trình x24x12 (3) ;   (3) x x       lo¹i

+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);     24 24 x x         lo¹i

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2hoặc x2 1  6 III Đặt

2 2

2

1 2 dx tdt

t x t x tdt xdx

x x

         2 2

1

dx tdt tdt

x t t

  

 

+ Đổi cận:

1 3

,

2 2

     

x t x t

, 3 2 2 2 2

1 1

ln ln

1 |

dt dt t

A

t t t

                 IV

Gọi E trung điểm AB, ta có: OEAB SE, AB, suy SOE AB Dựng OH SE OH SAB, OH khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết OH =

Tam giác SOE vng O, OH đường cao, ta có:

2

2 2 2

1 1 1 1

1

9 2

         OE   OE

OH SO OE OE OH SO

2 2 9 81

8 2

SE OE SO     SE

2

1 36

9 2 SAB SAB S

S AB SE AB

SE      ,   2

2 2 4 2 32 265

2 8

OA AE OE  AB OE     

 

Thể tích hình nón cho:

2

1 265 265

.3

3 8

V  OA SO    Diện tích xung quanh hình nón cho:

2 2 265 337 337 265 337 89305

9 ,

8 8   8 

       xq  

SA SO OA SA S OA SA

Câu V Hệ bất phương trình  

2

7 (1)

2 (2)

x x

x m x m

              1   1 x

   

   

2

2

2 ( 1;6 0)

2

x x

x x x m m x x

x

 

          



Gọi  

2 2 3

( ) ; 1;6

2

x x

f x x

x

 

 

 , Hệ cho có nghiệm   x0 1;6 : ( ) f x0 m

        2 2

2

'

2

x x x x f x x x         ;  

2 17

'

2

f x   x  x   x 

Vì x1;6 nên nhận

1 17

x 

Ta có:

2 27 17 17

(1) , (6) ,

3 13 2

f  f  f    

 

Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên

27 max ( )

13

f x 

Do   1;6

27 1;6 : ( ) max ( )

13

x

x f x m f x m m



      

Câu VI.a 1.Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:

 

4

2;4

2

x y x

A

x y y

                

Tọa độ B nghiệm hệ phương trình  

4

1;0

1 0

x y x

B

x y y

               

Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:

 2  4

a x b y   ax by  a b

Gọi 1: 4x3y 0; 2:x2y 0; 3:ax by 2a 4b0 Từ giả thiết suy  2; 3    1; 2 Do

    2  

2 2 2

0 |1 | | 4.1 2.3 |

cos ; cos ; | |

3

25 5                         a a b

a b a b a a b

a b

a b

+ a =  b0 Do 3:y 0

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy 3: 4x3y 0 (trùng với 1). Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - =

Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:  

4

5;

1

y x

C

x y y

              

2 Gọi I(a;b;c) tâm R bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:

                 , , , , , OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P

d I P d I Q

             

Ta có:      

2 2

2 2 2 5 2 1 10 4 2 30 (1)

               

OI AI OI AI a b c a b c a b c

 

 ,  2 | 2 | 9 2 2  2 2 52 (2)

3

a b c

OI d I P  a b c      a b c  a b c

 

 ,   ,  | 2 | | 2 13 | 2 2 13 ( ) 2 (3)

2 2 13

3                               

a b c a b c

a b c a b c

d I P d I Q a b c

a b c a b c

lo¹i

Từ (1) (3) suy ra:

17 11 11 4a

; (4)

3

a

b  c 

, Từ (2) (3) suy ra: a2b2c2 9 (5) Thế (4) vào (5) thu gọn ta được: a 221  a 658 0

Như a2

658 221

a

.Suy ra: I(2;2;1) R =

658 46 67 ; ; 221 221 221 I  

x 22y 22 z12 9

2 2

658 46 67

9

221 221 221

x y z

     

     

     

     

Câu VII.a Điều kiện: n1 4  n5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

             

           

   

1

2 4.3.2.1 3.2.1

1

1 5.4.3.2.1 15

n n n n n n n

n n

n n n n n

n n n

                          2

9 22

5 50 10

5

n n

n n n

n                Câu VI.b.1 Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ

2 2 4 8 0 0; 2

1;

y x

x y x y

y x x y                    Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1)

Vì ABC900nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường trịn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4)

2.Phương trình tham số d1 là:

1 3 x t y t z t         

 M thuộc d1 nên tọa độ M 1 ;3 ; 2 t  t t.

Theo đề:

 

   

 2

2

|1 2 3 1| |12 |

, 2 12 6 1,

3 2

t t t t

d M P            t   t  t 

  

+ Với t1 = ta M13;0;2; + Với t2 = ta M21;3;0

+ Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp (P), gọi mp (Q1) PT (Q1) là: x 3 2y2z 2 0 x 2y2z (1)

Phương trình tham số d2 là:

5 5 x t y t z t         

 (2)

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 =  t = -1 Điểm N1 cần tìm N1(-1;-4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5)

VIIb Điều kiện  

0

3 x   x

 3    

1

( ) ln ln1 3ln 3ln

3

f x x x

x

     

 ;   

1

'( ) 3 '

3

f x x

x x      Ta có:       0

6 cos 3

sin sin sin sin

2 |

t t

dt dt t t

                     Khi đó: sin '( ) t dt f x x     

ĐỀ SỐ 22

Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y=2x3- m x( + ) 2+6mx 2- (1) có đồ thị (Cm)

2 Định m để đồ thị (Cm) cắt trục trục hoàng điểm.

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 9sinx+6cosx 3sin2x+cos2x- =8 Giải phương trình:

3 3

log log x log

8x x 2 x

3 =

-Câu III (1,0 điểm)Tính tích phân:

2

1

1 I x ln x dx

x ổ ửữ ỗ

=ũ ỗỗố + ữữứ

Câu IV (1,0 điểm)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, BAD· =600, SA vng góc với mặt phẳng ABCD, SA =a Gọi C' là trung điểm SC Mặt phẳng (P) qua AC' song song với BD, cắt cạnh SB, SD hình chóp B', D' Tính thể tích khối chóp S.AB'C'D'.

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y hai số dương x2+y2=1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ( ) ( )

1

P x 1 y

y x

æ ửữ ổ

ỗ ỗ ữ

= + ốỗỗ + ữữữứ+ + ỗỗố + ứữữ

II PHN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A(3;4) đường tròn ( )C : x2+y2- 4x 2y- =0 Viết phương trình tiếp tuyến ( )D (C), biết ( )D qua điểm A Giả sử tiếp tuyến tiếp xúc với (C) M, N Hãy tính độ dài đoạn MN

2 Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng ( )D giao tuyến hai mặt phẳng

(a) : 2x y- + + =z 0;( )b : x 2y z 2+ - - =0

mặt phẳng ( )P : x y- + +z 10=0 Viết phương trình hình chiếu vng góc ( )D mặt phẳng (P)

Câu VII.a (1,0 điểm)Giải hệ phương trình:

x x

y y

x x

y y

2.A 5.C 90

5.A 2.C 80

ì + =

ïïï

íï - =

ïïỵ

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường hai đường tròn:

( ) 2 ( ) 2

1

C : x +y - 2x 2y 2- - =0, C : x +y - 8x 2y 16- + =0

Chứng minh ( )C1 tiếp xúc với

( )C2 Viết phương trình tiếp tuyến chung ( )C1 ( )C2 .

2 Trong không gian (Oxyz), cho điểm A 1;2;3( ) hai đường thẳng

( )1 ( )2

x y z x y z

d : ; d :

2 1

- + - - - +

= = = =

- - Viết phương trình đường thẳng ( )D qua

A, vng góc với ( )d1 cắt ( )d2

Câu VII.b (1,0 điểm)Giải bất phương trình:

2

2x x x

1

A A C 10

2 - £ x +

-Hết -KẾT QUẢ ĐỀ 22

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

1 Tự giải

1 x k2

p

= + p

2 x=3

Câu III (1,0 điểm)

10

I 3ln3 ln2

3

= - +

Câu IV (1,0 điểm)

2 2

a 3b a

V

6 -=

Câu V (1,0 điểm)

2

minS 4,x y z

2

= + = = =

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 2x+ -y 10=0;x 2y 5- + =0,MN= 10

x y z 17

4

- + +

= =

-Câu VII.a (1,0 điểm)

x

y

ì = ïï í = ïïỵ

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 x 3- =0;x 2y 2+ - - =0;x 2y 2- - + =0

x y z

1

- = - =

-Câu VII.b (1,0 điểm)

x

x

é = ê ê = ê ë

-Hết -ĐỀ SỐ 23

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y=x4- mx2+m 1- (1) có đồ thị (Cm)

2 Định m để đồ thị (Cm) cắt trục trục hoàng bốn điểm phân biệt.

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình:

3 3

1 sin x cos x sin2x

2

+ + =

2 Giải phương trình: 2.log6(4x+8x) =log x4

Câu III (1,0 điểm)Tính tích phân:

4

0

I cos xdx

p

=ò

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB=a; AD=2a, cạnh SA vng góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho

a AM

3 =

Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD điểm N Tính thể tích khối chóp S.BCNM

Câu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z ba số dương x+ + =y z Tìm giá trị lớn biểu thức: P= - + - + -1 x y z

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( )

2

C : x 1- + y 2- =4 đường thẳng

( )d : x y 0- - = Viết phương trình đường trịn (C') đối xứng với đường trịn (C) qua đường thẳng (d) Tìm tọa độ giao điểm (C) (C')

2 Trong không gian (Oxyz), cho ba đường thẳng

( )1 ( )2 ( )3

x y z x y z x y z

d : ; d : ; d :

3 1

- + - - - - + +

-= = = = = =

- -

-Lập phương trình đường thẳng ( )D cắt ( )d1 ( )d2 đồng thời song song với ( )d3

Câu VII.a (1,0 điểm)Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: A3n 2Cn 2n 9n

-+ £ , k n

A

và Ckn số chỉnh hợp số tổ hớp chập k n phần tử

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường trịn (C) có tâm nằm đường thẳng

( )D : 4x+3y 2- =0 tiếp xúc với hai đường thẳng ( )d : x1 + + =y 0; d : 7x y( )2 - + =4

2 Trong không gian (Oxyz), cho đường thẳng ( )

x y z

d :

2 1

- = + = +

- mặt phẳng

( )P : x+ + + =y z 0 Tìm giao điểm (d) (P) Viết phương trình đường thẳng ( )D chứa mặt

phẳng (P) cho ( )D vng góc với (d) khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ( )D 42

Câu VII.b (1,0 điểm)Tìm x,y NỴ thỏa mãn hệ phưong trình:

2

x y

3

y x

A C 22

A C 66

ì + =

ïïï

íï + = ïïỵ

-Hết -KẾT QUẢ ĐỀ 23

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

2 m

ùù ớù ùợ

Câu II (2,0 điểm)

1 x k2 ; x k2

p

= - + p = p + p

2 x=256

Câu III (1,0 điểm)

I = p -

Câu IV (1,0 điểm)

3

10a V

27 =

Câu V (1,0 điểm)

1

Max P 6,x y z

3

= = = =

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2).

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2.0 điểm)

1 (x 3- )2+y2=4,A(1;0),B(3;2)

2

176 19

x y z

7

3

-

-= =

-

-Câu VII.a (1,0 điểm)

n=3;n=4

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm)

1 (x+4)2+(y 6- )2=18; x 2( - )2+(y 2+ )2=8

x y z x; y z

2 3

- = + = + + = + =

- -

-Câu VII.b (1,0 điểm)

x

y

ì = ïï í = ïïỵ

-Hết -ĐỀ THI SỐ 24

(Thời gian làm 180’)

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm) Câu I.(2 điểm)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = -3 Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh điểm Câu II (2 điểm)

1 Giải hệ phương trình :

¿ x3+y3=1 x2y

+2 xy2+y3=2 ¿{

¿ Giải phương trình: sin2(x −π

4)=2sin

2

x −tanx Câu III.(1 điểm)

Tính tích phân I = 

1

√4− x2 x dx Câu IV.(1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = h vng góc mặt phẳng (ABCD), M điểm thay đổi CD Kẻ SH vng góc BM Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn Tính giá trị lớn nhát

Câu V.(1 điểm)

Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:

√x2+1−√x=m

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần a họăc phần b) Câu VI a.(2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + = 0,

d2 : 4x + 3y – = Lập phương trình đường trịn (C) có tâm I d1, tiếp xúc d2 có bán kính R =

2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1: x1=y

1=

z

2 , d2:

¿ x=−1−2t

y=t z=1+t

¿{ { ¿

mặt phẳng (P): x – y – z = Tìm tọa độ hai điểm M d1 , N d2 cho MN song song (P) MN = √6

Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : (z+i z −i)

4

=1 Câu VI b.(2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1) Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm O(0 ; ; 0), A(0 ; ; 4), B(2 ; ; 0) mặt phẳng (P): 2x + 2y – z + = Lập phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm O, A, B có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) 53

Câu VII b.(1điểm)

Giải bất phương trình: logx3<logx

3

3

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 24

Câu I.

1 (Tự giải)

2 Pt : x3 + mx + = ⇒m=− x2−2

Xét f(x) = − x −x⇒f '(x)=−2x+ x2 =

−2x +2 x2 Ta có x - ∞ + ∞

f’(x) + +

f(x) + ∞ -3 - ∞ - ∞ - ∞

Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh điểm ⇔m>−3

Câu II.1

¿ x3+y3=1 x2y+2 xy2+y3=2

⇔

¿x3+y3=1(1)

2x3+y3− x2y −2 xy2=0(2) ¿{

¿

y Ta có:

¿ x3+y3=1(3)

2(x

y)

3

−(x y)

2

−2(x

y)+1=0(4) ¿{

¿ Đặt : x

y=t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + = ⇔ t = ±1, t =

1

a Nếu t = ta có hệ

¿ x3+y3=1

x=y

⇔x=y=31 √2

¿{ ¿

b Nếu t = -1 ta có hệ

¿ x3

+y3=1 x=− y

⇔

¿{ ¿

hệ vô nghiệm

c Nếu t = 12 ta có hệ

¿ x3

+y3=1 y=2x

⇔x=

3

√3 , y=

2√33

¿{ ¿ Pt sin2(x −π

4)=2sin

2

x −tanx (cosx 0¿ ⇔[1−cos(2x −π

2)]cosx=2 sin

2

x cosx −sinx

⇔ (1 - sin2x)(cosx – sinx) = ⇔ sìn2x = tanx = Câu III.

I = 

1

√4− x2