Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Đề số 51 Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x + x + mx + = x = ⇔ x ( x + 3x + m ) = ⇔   f ( x ) = x + 3x + m = Đê thỏa mãn YCBT PT f ( x ) = có nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 9 − 4m > 0, f (0) = m ≠ y′ ( x1 ) y′ ( x2 ) = −1 ⇔  2 (3 x1 + x1 + m)(3x2 + x2 + m) = −1  m < , m ≠ ⇔ 9( x x )2 + 18 x x ( x + x ) + 3m( x + x ) + 36 x x + 6m( x + x ) + m = −1  2 2 2  m < , m ≠ ± 65 ⇔ ⇔ m=  m − 9m + =  Câu II: 1) Điều kiện: cos x ≠ 2 PT ⇔ cos x − tan x = + cos x − (1 + tan x) ⇔ 2cos x − cos x − =  cos x =  x = k 2π  ⇔  2π ⇔ + k 2π  cos x = − x = ±    x2 + +x+ y =   x + y + xy + = y y  ⇔ 2) Từ hệ PT ⇒ y ≠ Khi ta có:  2  y( x + y) = x + y + ( x + y ) − x + =  y   u+v =  u = 4−v  v = 3, u = x2 + ⇔ ⇔ , v = x + y ta có hệ:  Đặt u = y v − 2u = v + 2v − 15 =  v = −5, u =  x2 + = y  x2 + = y  x2 + x − =  x = 1, y = ⇔ ⇔ ⇔ • Với v = 3, u = ta có hệ:   x = −2, y = x+ y =3  y = 3− x  y = 3− x  x2 + = y  x2 + = y  x + x + 46 = ⇔ ⇔ • Với v = −5, u = ta có hệ:  , hệ vô  x + y = −5  y = −5 − x  y = −5 − x nghiệm Kết luận: Hệ cho có hai nghiệm: (1; 2), ( −2; 5)  ln x  e e e  ÷ Câu III: log x ln x ln xdx  ln  I =∫ dx = ∫ dx = ∫ 2 ln 1 + 3ln x x x + 3ln x x + 3ln x dx 2 = tdt Đặt + 3ln x = t ⇒ ln x = (t − 1) ⇒ ln x x e 2 ( t − 1) log x 1 Suy : I = dx = ∫ tdt = ∫ x + 3ln x ∫ ( t − 1) dt ln t ln 1 1  =  t −t÷ = 3 ln   27 ln Câu IV: Gọi P,Q trung điểm BD, MN Chứng minh được: AC’ ⊥ PQ Suy AC ′ ⊥ (BDMN) Gọi H giao PQ AC’ Suy AH đường cao hình chóp A.BDMN Trang 96 Ơn thi Đại học Tính AH = www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng a 15 AC′ = 5 3a a 15 a 3a2 15 Suy ra: VA BDMN = S BDMN AH = , MN = ⇒ SBDMN = 16 16 PQ = Câu V: • Cách 1: Ta có ab + bc + ca − 2abc = a (b + c) + (1 − 2a )bc = a (1 − a ) + (1 − 2a )bc (b + c) (1 − a) = 4  (1 − a)2  f (t ) = a(1 − a) + (1 − 2a)t đoạn  0;  Xét hàm số:     (a + − a) Có: f (0) = a (1 − a ) ≤ = < 4 27  (1 − a )2  1  1 f − (2a + )  a − ÷ ≤ ÷= với ∀a ∈ [ 0;1]  ÷ 27  3 27   Vậy: ab + bc + ca − 2abc ≤ Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = 27 Đặt t = bc ta có ≤ t = bc ≤ • Cách 2: Ta có a2 ≥ a2 − (b − c)2 = (a + b − c)(a − b + c) = (1 − 2c)(1 − 2b) Tương tự: b2 ≥ (1 − 2a)(1 − 2c) (1) c2 ≥ (1 − 2a)(1 − 2b) (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ abc ≥ (1 − 2a)(1 − 2b)(1 − 2c) = − 2(a + b + c) + 4(ab + bc + ca) − 8abc + 9abc + abc ⇒ ab + bc + ca ≤ ⇒ ab + bc + ca − 2abc ≤ 4 1 1+ Mặt khác a + b + c ≥ 3 abc ⇒ abc ≤ Do đó: 27 = ab + bc + ca − 2abc ≤ 27 27 Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = Câu VI.a: 1) Gọi C (c; 2c + 3) I (m;6 − m) trung điểm BC Suy ra: B(2m − c; − 2m − 2c) Vì C’ trung điểm AB nên:  2m − c + 11 − 2m − 2c  C ' ; ÷∈ CC ' nên 2    41   2m − c +  11 − 2m − 2c 2 + = ⇒ m = − ⇒ I  − ; ÷ ÷−    6  Phương trình BC: x –3y + 23 = 2 x − y + =  14 37  ⇒C ; ÷ Tọa độ C nghiệm hệ:   3  3 x − y + 23 = (2),  19  ; ÷  3 uu ur uu ur 2) Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2) Tọa độ B  − Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x + y − z − = 0, y + z − = r uu uu ur ur Vectơ pháp tuyến mp(ABC) n =  AB, AC  = (8; −4; 4)   Suy (ABC): x − y + z + = Trang 97 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học  x + y − z −1 = x =   Giải hệ:  y + z − = ⇒  y = Suy tâm đường tròn I (0; 2;1) 2 x − y + z + =  z =   Bán kính R = IA = ( −1 − 0) + (0 − 2) + (1 − 1) = Câu VII.a: Giải PT cho ta nghiệm: z1 = − 3 i, z2 = + i 2 2 z1 + z2 11 3  22 Suy | z1 |=| z2 |= +  = ; z1 + z2 = Do đó: ÷ =  ÷ ( z1 + z2 )   Câu VI.b: 1) Giả sử tâm I (−3t –8; t ) ∈ ∆ 2 Ta có: d (I , ∆′ ) = IA ⇔ 3( −3t − 8) − 4t + 10 +4 t = −3 ⇒ I (1; −3), R = ⇔ 2 = (−3t − + 2) + (t − 1) PT đường trịn cần tìm: ( x –1)2 + ( y + 3)2 = 25 uu ur uu ur r uu uu ur ur 2) Ta có AB = (2; −3; −1), AC = (−2; −1; −1) ⇒ n =  AB, AC  = (2; 4; −8) VTPT   (ABC) Suy phương trình (ABC): ( x – ) + ( y –1) – ( z –2 ) = ⇔ x + y – z + = Giả sử M(x; y; z)  x + ( y − 1)2 + ( z − 2)2 = ( x − 2)2 + ( y + 2)2 + ( z − 1)2  MA = MB = MC ⇔  Ta có:   x + ( y − 1)2 + ( z − 2)2 = ( x + 2)2 + y + ( z − 1)2  M ∈ (P )  2 x + y + z − = x =  ⇔  y = ⇒ M(2;3; −7)  z = −7  − xy − x + y + > 0, x − x + > 0, y + > 0, x + > (*) Câu VII.b: Điều kiện:  0 < − x ≠ 1, < + y ≠ Hệ PT ⇔  2log1− x [(1 − x)( y + 2)] + 2log 2+ y (1 − x) = log1− x ( y + 2) + log + y (1 − x) − = (1)   ⇔  = log1− x ( y + 5) − log + y ( x + 4) = (2) log1− x ( y + 5) − log + y ( x + 4)   t Với t = ta có: − x = y + ⇔ y = − x − (3) Thế vào (2) ta có: −x + −x + log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4) = ⇔ log1− x =1⇔ = − x ⇔ x2 + x = x+4 x+4  x=0 ⇔  x = −2 • Với x = ⇒ y = −1 (không thoả (*)) • Với x = −2 ⇒ y = (thoả (*)) Vậy hệ có nghiệm x = −2, y = Đặt log + y (1 − x ) = t (1) trở thành: t + − = ⇔ (t − 1) = ⇔ t = Trang 98 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Đề số 52 www.MATHVN.com Câu I: 2) y′ = x + 18mx + 12m = 6( x + 3mx + 2m ) Hàm số có CĐ CT ⇔ y′ = có nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ = m > ⇔ m ≠ ( −3m − m ) , x2 = ( −3m + m ) 2 Dựa vào bảng xét dấu y′ suy xCÑ = x1 , xCT = x2 Khi đó: x1 =   Do đó: x 2CĐ = xCT ⇔  −3m − m ÷ = −3m + m ⇔ m = −2  Câu II: 1) Điều kiện x ≥  PT ⇔ x − + x − x + = ⇔ (2 x + 1)(2 x − 1) + 2x −1 3x + x + =0   ÷= ⇔ 2x −1 = ⇔ x = 3x + x +     π π π π 2 2) PT ⇔ 10sin  x + ÷+ 4sin  x + ÷− 14 = ⇔ sin  x + ÷ = ⇔ x = + k2π  6  6  6 ⇔ (2 x − 1)  x + + Câu III: Ta có: f ( x ) = x ln( x + 1) + x ( x + 1) − x = x ln( x + 1) +x− x x2 + x2 + x2 + x2 + 1 ⇒ F ( x ) = ∫ f ( x )dx = ∫ ln( x + 1)d ( x + 1) + ∫ xdx − ∫ d ln( x + 1) 2 1 = ln2 ( x + 1) + x − ln( x + 1) + C 2 Câu IV: Do B D cách S, A, C nên BD ⊥ (SAC) Gọi O tâm đáy ABCD Các tam giác ABD, BCD, SBD tam giác cân có đáy BD chung nên OA = OC = OS Do ∆ASC vng S 1 Ta có: VS ABCD = 2VS ABC = BO.SA.SC = ax AB − OA Do đó: VS ABCD 2 = ax a2 − a + x = ax 3a2 − x x = a a3 a3 ⇔  = ⇔ ax 3a2 − x = 6 x = a 2 Câu V: Ta có: a2 + b + = a2 − a + + b + a + =  a −  + a + b + ≥ a + b +  ÷ 4  2 2 Tương tự: b2 + a + ≥ a + b + 2 Ta chứng minh  a + b +  ≥  a +  (2b +  (*)  ÷  ÷ ÷ 2   2  1 Thật vậy, (*) ⇔ a2 + b2 + 2ab + a + b + ≥ 4ab + a + b + ⇔ (a − b)2 ≥ 4 Dấu "=" xảy ⇔ a = b = Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn I (t;3 − 2t ) ∈ d1 Trang 99 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học t = 3t + 4(3 − 2t ) + 4t + 3(3 − 2t ) + Khi đó: d (I , d2 ) = d (I , d3 ) ⇔ ⇔  = t = 5 49 Vậy có đường tròn thoả mãn: ( x − 2)2 + ( y + 1)2 = ( x − 4)2 + ( y + 5)2 = 25 25 x = + t x−2 y z+2 r  = = ⇔  y = 3t 2) (∆) : (P) có VTPT n = (2;1; −1)  z = −2 + 2t  Gọi I giao điểm (∆) đường thẳng d cần tìm ⇒ I (2 + t;3t; −2 + 2t ) ur u ⇒ AI = (1 + t ,3t − 2, −1 + 2t ) VTCP d ur u ur r u Do d song song mặt phẳng (P) ⇔ AI n = ⇔ 3t + = ⇔ t = − ⇒ AI = ( 2; −9; −5 ) x −1 y − z + = = Vậy phương trình đường thẳng d là: −9 −5 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x= x = a1a2 a3 a4 a5 a6 Vì khơng có mặt chữ số nên chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, để thành lập số cần tìm Vì phải có mặt chữ số a1 ≠ nên số cách xếp cho chữ số cách Số cách xếp cho vị trí lại : A8 Vậy số số cần tìm là: A8 = 33.600 (số) Câu VI.b: 1) (C ) có tâm I (1; –2) bán kính R = (d) cắt (C ) điểm phân biệt A, B ⇔ d ( I , d ) < R ⇔ − 2m + − < + m ⇔ − 4m + 4m2 < 18 + 9m2 ⇔ 5m2 + 4m + 17 > ⇔ m ∈ R 1 = IA.IB sin ·AIB ≤ IA.IB = Ta có: S IAB 2 Vậy: S IAB lớn ·AIB = 900 ⇔ AB = R = ⇔ d ( I , d ) = 2 ⇔ − 2m = 2 + m2 ⇔ 16m2 − 16m + = 36 + 18m2 ⇔ 2m2 + 16m + 32 = ⇔ m = −4 uu ur uu ur r 2) Ta có: SM = (m;0; −1), SN = (0; n; −1) ⇒ VTPT (SMN) n = (n; m; mn) Phương trình mặt phẳng (SMN): nx + my + mnz − mn = n + m − mn − m.n − mn = = =1 Ta có: d(A,(SMN)) = + m + m2n 2 n2 − mn n − 2mn + m Suy (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định Câu VII.b: BPT ⇔ (4 x − 2.2 x − 3).log2 x − > x +1 − x ⇔ (4 x − 2.2 x − 3).(log2 x + 1) >   x > log2   22 x − 2.2 x − >  2 x >  x >    x > log2   log2 x + >   log2 x > −1 ⇔   ⇔  2x ⇔  x   x < log ⇔  < x < 2 − 2.2 x − < 2 <      0 < x <  log2 x + <   log2 x < −1     Trang 100 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Đề số 53 www.MATHVN.com Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d (C) M ( x0 ; y0 ) cắt Ox A Oy B cho OA = 4OB OB 1 = ⇒ Hệ số góc d − OA 4 1 < ⇒ y′ ( x ) = − ⇔ − =− Hệ số góc d M là: y′ ( x0 ) = − 2 ( x0 − 1) ( x0 − 1) Do ∆OAB vuông O nên: tan A =   3  x0 = −1  y0 = ÷  2 ⇔   x = y =   ÷  2   Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y = − ( x + 1) + y = − ( x − 3) + 4 Câu II: 1) Điều kiện: cos2 x ≠ PT ⇔ −(sin x + cos x )2 + 2sin2 x + cos2 x = ⇔ sin2 x − sin x = sin x = π ⇔  ⇔ x=k sin x = (loaïi)  xy( x + y )2 + x y ( x + y ) = 30  xy( x + y)( x + y + xy ) = 30 2) Hệ PT ⇔  ⇔  xy( x + y ) + xy + x + y = 11  xy( x + y) + xy + x + y = 11  x + y = u Đặt  Hệ trở thành  xy = v uv(u + v) = 30 uv(11 − uv) = 30 ⇔   uv + u + v = 11  uv + u + v = 11 (1) Từ (1) ⇒ (2) uv = uv =   − 21 + 21  • Với uv = ⇒ u + v = Giải ta nghiệm (x; y) là:  ; ÷    + 21 − 21  ; ữ ã Vi uv = ⇒ u + v = Giải ta nghiệm (x; y) là: (1;2) (2;1)  − 21 + 21   + 21 − 21  Kết luận: Hệ PT có nghiệm: (1;2) , (2;1) ,  ; ; ÷,  ÷   2    t +t  11 dt = ∫  t − t + − dt − ln ÷ = t +1 1+ t   0 Câu III: Đặt t = x ⇒ dx = 2t.dt I = ∫ Câu IV: Từ giả thiết suy ∆ABC vuông cân B Gọi H trung điểm AC BH ⊥ AC BH ⊥ (ACC′A′) 2 Do BH đường cao hình chóp B.MA′C′ ⇒ BH = a Từ giả thiết ⇒ MA′ = a, A′C′ = a Do đó: VB.MA ' C ' = BH SMA ' C ' = BH MA′ A′C′ = a Câu V: Ta có: a + b = a(1 − b − c) + b = a + b − a b+c b+c b+c a+b b+c c+a a+b b+c c+a Tương tự, BĐT trơt thành: −a+ −b+ −c≥2 ⇔ + + ≥3 b+c c+a a+b b+c c+a a+b a+b b+c c+a a+b b+c c+a + + ≥ 33 =3 b+c c+a a+b b+c c+a a+b Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c = Theo BĐT Cơ–si ta có: Trang 101 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) bán kính R = Ta có IE = 29 < = R ⇒ E nằm hình trịn (C) Giả sử đường thẳng ∆ qua E cắt (C) M N Kẻ IH ⊥ ∆ Ta có IH = d(I, ∆) ≤ IE Như để MN ngắn IH dài ⇔ H ≡ E ⇔ ∆ qua E vng góc với IE Khi phương trình đường thẳng ∆ là: 5( x + 1) + y = ⇔ x + y + = 2) Giả sử (S): x + y + z2 − 2ax − 2by − 2cz + d = a =  • Từ O, A, B ∈ (S) suy ra: c = ⇒ I (1; b;2) d =  • d (I ,(P )) = b+5 ⇔ = b = ⇔   b = −10 Vậy (S): x + y + z − x − z = (S): x + y + z2 − x + 20 y − z = Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x = a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 (a1 ≠ 0) • Giả sử a1 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C7 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C5 + Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: 2! C8 • Bây ta xét a1 = 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C6 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C4 + Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: 2 Vậy số số cần tìm là: C7 C5 2!C8 − C6 C4 = 11340 (số) r r r Câu VI.b: 1) Gọi VTPT AB n1 = (1;2) , BC n2 = (3; −1) , AC n3 = (a; b) với a2 + b2 ≠ Do ∆ABC cân A nên góc B C nhọn r r r r n1.n2 n3 n2 3a − b = Suy ra: cos B = cos C ⇒ r r = r r ⇔ n1 n2 n3 n2 a2 + b 2a = b ⇔ 22a2 + 2b2 − 15ab = ⇔  11a = 2b r • Với 2a = b , ta chọn a = 1, b = ⇒ n3 = (1;2) ⇒ AC // AB ⇒ khơng thoả mãn r • Với 11a = 2b , ta chọn a = 2, b = 11 ⇒ n3 = (2;11) Khi phương trình AC là: 2( x − 1) + 11( y + 3) = ⇔ x + 11y + 31 =  x = −1 + 2t  2) PTTS ∆:  y = − t Gọi M (−1 + 2t;1 − t;2t ) ∈ ∆  z = 2t  u r ur u u uu Diện tích ∆MAB S =  AM , AB  = 18t − 36t + 216 = 18(t − 1)2 + 198 ≥ 198   Vậy Min S = 198 t = hay M(1; 0; 2) t = x , t >  Câu VII.b: PT ⇔ 25x − log5 a = 5x ⇔ 52 x − x − log5 a = ⇔  t − t − log5 a =  (*) PT cho có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm dương ⇔ t − t = log5 a có nghiệm dương Trang 102 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Xét hàm số f (t ) = t − t với t ∈ [0; +∞) Ta có: f ′ (t ) = 2t − ⇒ f ′ (t ) = ⇔ t = , f (0) = Dựa vào BBT ta suy phương trình f (t ) = log5 a có nghiệm dương 1 1 f  ÷= − 2 a ≥  log5 a ≥  ⇔ a = ⇔   log5 a = −    Hướng dẫn Đề số 54 www.MATHVN.com Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm: x + 2m2 x + = x + ⇔ x + 2m2 x − x = ⇔ x ( x + 2m2 x − 1) = x = ⇔   g( x ) = x + 2m x − = (*) Ta có: g′ ( x ) = x + 2m   (với x m ) ⇒ Hàm số g(x) đồng biến với giá ≥ trị m Mặt khác g(0) = –1 ≠ Do phương trình (*) có nghiệm khác Vậy đường thẳng y = x + cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt với giá trị m π Câu II: 1) Điều kiện: cos x ≠ ⇔ x ≠ + k.π (*)  sin x = π PT ⇔ 1– cos  x − ÷ = 2sin x – tan x ⇔ 1–sin2 x = tan x(sin2 x –1) ⇔  2   tan x = −1   π π 2 x = + k 2π  x = + k π ⇔  ⇔  ⇔ x = π + k π (Thỏa mãn điều kiện (*) ) π π  x = − + l.π  x = − + l.π      x2 − >  x2 − >    ⇔  ⇔  x > (**) 2) Điều kiện:  2 log3 ( x + 2) ≥  x ≤ −3 ( x + 2) ≥    PT ⇔ log ( x – ) + log ( x + 2)2    log ( x – 2)2 = − 3 ⇔ log3 ( x + 2)2 + log3 ( x + 2)2 − = log3 ( x + 2)2 = ⇔ ( x + 2)2 = ⇔ ⇔ ( log3 ( x + 2)2 + )( ) log3 ( x + 2)2 − = ⇔ x = −2 ± Kiểm tra điều kiện (**) có x = −2 − thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm là: x = −2 − Câu III: Đặt t = + sin x = I= π ∫ sin x cos x + sin x dx = − cos2 x Ta có: cos2 x = – t dt = π ∫ sin x.cos x 2 cos x + sin x dx = Trang 103 15 ∫ = 4−t dt sin x cos x + sin2 x 15  ∫ dx 1  − dt  ÷ t +2 t −2 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 15 Ôn thi Đại học 1 15 + 3+2   ln ÷ = ln ( 15 + ) − ln ( + ) − ln  15 − 3−2 ÷   Câu IV: Ta có SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AB; SA ⊥ AC Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB ⇒ BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ SC Hai điểm A,C nhìn đoạn SB góc vng nên mặt cầu đường kính SB qua A,C Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC mặt cầu đường kính SB Ta có CA = CB = AB sin 450 = a ; ·SCA = 600 góc mp(SBC) mp(ABC) SA = AC.tan600 = a Từ SB = SA2 + AB = 10a Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = π d = π SB2 = 10π a2 = ln t + t −2 ( = ) Câu V: Tập xác định: D = R Ta có: f ( x ) = x − x + + x2 − 2x + ≥ ( BĐT Cô–si) Dấu "=" xảy ⇔ x –2 x + = 1  x = ⇔ Vậy: f(x) = đạt x = Câu VI.a: 1) Ta có F1 ( − 3;0 ) , F2 ( 3;0 ) hai tiêu điểm (E) Theo định nghĩa (E) suy : 2a   MF1 + MF2 = = (1+ 3) 2  33  + ÷ +   (1− 3) 2  33  + ÷ = 10   a2 – b2   c2 ⇒ b2 = a2 − c2 = 22 = Vậy tọa độ đỉnh (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22 ) ; B2 ( 0; 22 ) r 2) d có VTCP ud = (−1;2;0) Gọi H hình chiếu vng góc A d u ur uu Giả sử H ( – t; + 2t;3 ) ⇒ AH = ( − t;1 + 2t;0 ) uu r ur 6  Mà AH ⊥ d nên AH ⊥ ud ⇒ −1( − t ) + ( + 2t ) = ⇔ t = − ⇒ H  ; ;3 ÷ 5  ⇒ a = Mặt khác: c = ⇒ AH = Mà ∆ABC nên BC = AH = 15 hay BH = 15 Giả sử B(1 − s;2 + 2s;3)  − − s  +  + 2s  = 15 ⇔ 25s2 + 10s –2 =  ÷  ÷ 25   5  ⇔ s= −1 ± 6− 8+2   6+ 8−2  Vậy: B  ; ;3 ÷ C  ; ;3 ÷ 5     6+ 8−2  6− 8+2  B  ; ;3 ÷ C  ; ;3 ÷ 5     n Câu VII.a: Xét khai triển: (1 + x )n = Cn + xCn + x 2Cn + x 3Cn + + x nCn n Lấy đạo hàm vế ta được: n(1 + x )n −1 = Cn + xCn + x 2Cn + + nx n−1Cn Nhân vế cho x, lấy đạo hàm lần nữa, ta được: n (1 + x )n−1 + x (n − 1)(1 + x )n−2  = 12 C1 + 22 xC + 32 x 2C + + n2 x n−1C n   n Cho x = ta đpcm Trang 104 n n n Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng uu uu ur ur Câu VI.b: 1) Gọi M trung điểm BC Ta có AG = AM ⇒ M(2; 3) Đường thẳng EC qua M uu  ur u u uu ur u r 8 có VTPT AG =  0; − ÷ nên có PT: y = ⇒ E(0; 3) ⇒ C(4; 3) Mà AE = EB nên B(–1; 1) 3  ⇒ Phương trình BC: x − 5y + = 2) Gọi I tâm (S) I ∈ d ⇒ I (1 + 3t; −1 + t; t ) Bán kính R = IA = 11t − 2t + Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên: d (I ,(P )) = 5t + = R ⇔ 37t − 24t = t = ⇒ R =1  24 77 ⇔ ⇒R= t =  37 37 Vì (S) có bán kính nhỏ nên chọn t = 0, R = Suy I(1; –1; 0) Vậy phương trình mặt cầu (S): ( x − 1)2 + ( y + 1)2 + z2 =  x + y = y3 + 16 x  Câu VII.b:  2 1 + y = 5(1 + x )  (1) (2) Từ (2) suy y –5 x = (3) ( ) Thế vào (1) được: x + y – x y = y + 16 x ⇔ x –5 x y –16 x = ⇔ x = x –5 xy –16 = • Với x = ⇒ y = ⇔ y = ±2   x − 16 (4) Thế vào (3) được:  x − 16 ÷ − x = 5x  5x  4 2⇔ ⇔ x –32 x + 256 –125 x = 100 x 124 x + 132 x – 256 = ⇔ x = ⇔  x = ( y = −3)  x = −1 ( y = 3)  Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3) • Với x –5 xy –16 = ⇔ y = Hướng dẫn Đề số 55 www.MATHVN.com Câu I: 2) Ta có x − x − = m ⇔ ( x − x − ) x − = m, x ≠ x −1 Do số nghiệm phương trình số giao điểm y = ( x − x − ) x − , (C ') đường thẳng y = m, x ≠ Với y = ( x − x − ) x − =   f ( x ) x > nên ( C ' ) bao gồm: − f ( x ) x < + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x = + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x = qua Ox Dựa vào đồ thị ta có: m < –2 Số nghiệm vô nghiệm m = –2 nghiệm kép –2 < m < nghiệm phân biệt Trang 105 m≥0 nghiệm phân biệt Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com  Ôn thi Đại học  5π  5π  5π  5π π = = sin ÷+ sin  = ⇔ sin  x − ÷+ sin 12  12  12  12      π   π  5π  π 5π π ⇔ sin  x − = cos sin  − ÷ = sin  − ÷ ÷ = sin − sin 12  12   12   12   Câu II: 1) PT ⇔ sin  x −   5π π π 2 x − 12 = − 12 + k 2π  x = + kπ   π  5π  ⇔ sin  x − ⇔ ( k ∈¢ ) ÷ = sin  − ÷ ⇔  12    12  2 x − 5π = 13π + k 2π  x = 3π + kπ  12 12  x + y > 0, x − y ≥ 2) Điều kiện:  x+y = 2+ x−y  Hệ PT ⇔   x2 + y2 + − x − y2 =   u − v = (u > v)  u + v = uv +   u = x + y ⇔ 2 Đặt:  ta có hệ:  u2 + v2 + u +v +2 v = x − y  − uv =  − uv = 2    u + v = uv + (1)  ⇔ (u + v)2 − 2uv +  − uv = (2)  Thế (1) vào (2) ta có: uv + uv + − uv = ⇔ uv + uv + = (3 + uv )2 ⇔ uv =  uv = ⇔ u = 4, v = (với u > v) Từ ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk) u+v =  Kết hợp (1) ta có:  Kết luận: Vậy nghiệm hệ là: (x; y) = (2; 2) Câu III: I = π + x sin xdx − ∫ − π • Tính I1 = π ∫ − π ∫ π π π x sin xdx = I1 − I + x sin xdx Sử dụng cách tính tích phân hàm số lẻ, ta tính I1 = − • Tính I = ∫ − x sin xdx Dùng phương pháp tích phân phần, ta tính được: π I2 = − π+ π− Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD Suy ra: I =  BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ BM Tứ giác BCMN hình thang vng có BM đường cao  BC ⊥ SA •  Trang 106 Ơn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng a 2a 4a , BM = = ⇒ MN = 3 AD SA 2a a  4a   2a + ÷ 2a 10a2 BC + MN Diện tích hình thang BCMN : S = SBCNM = BM =  = ÷   3 • Hạ AH ⊥ BM Ta có SH ⊥ BM BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH Vậy SH ⊥ ( BCNM) ⇒ SH đường cao khối chóp SBCNM AB AM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , = = SB MS Vậy BM phân giác góc SBA ⇒ ·SBH = 300 ⇒ SH = SB.sin300 = a MN • SA = AB tan600 = a , MN SM = ⇔ = • Thể tích chóp SBCNM ta có V = a 3− 10 3a3 SH SBCNM = 27 Câu V: Đặt x = a; 5y = b; 5z = c Từ giả thiết ta có: a, b, c > ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 a+b+c (*) + + ≥ a + bc b + ca c + ab a3 b3 c3 a+b+c ⇔ Ta có: (*) + + ≥ a2 + abc b2 + abc c2 + abc 3 a b c3 a+b+c ⇔ + + ≥ (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) BĐT ⇔ Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: a3 a+b a+c + + ≥ a (1) (a + b)(a + c) 8 b3 b+c b+a + + ≥ b ( 2) (b + c)(b + a) 8 c3 c+a c+b + + ≥ c (c + a)(c + b) 8 ( 3) Cộng vế với vế bất đẳng thức (1), (2), (3) suy điều phải chứng minh Câu VI.a: 1) Do AB ⊥ CH nên phương trình AB: x + y + = 2 x + y + =  x = −4 ⇔  ⇒ B(-4; 3) y =  x + y +1 = • B = AB ∩ BN ⇒ Toạ độ điểm B nghiệm hệ:  • Lấy A’ đối xứng với A qua BN A '∈ BC Phương trình đường thẳng (d) qua A vng góc với BN (d): x − y − = Gọi I = (d ) ∩ BN 2 x + y + = Giải hệ:   x − 2y − = Suy ra: I(–1; 3) ⇒ A '(−3; −4)  BC : x + y + 25 = • Phương trình BC: x + y + 25 = Giải hệ:   13  ; − ÷  4 ⇒ C−  CH : x − y + = 2 7.1 + 1(−2) + 25 =3 • BC =  −4 + 13  +  +  = 450 , d ( A; BC ) =  ÷  ÷ 2  4  4 +1 1 Suy ra: S ABC = d ( A; BC ).BC = 2 450 45 = 4 Trang 107 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học r r r r 2) a) • VTCP hai đường thẳng là: u1 = (4; −6; −8), u2 = (−6;9;12) ⇒ u1 , u2 phương Mặt khác, M( 2; 0; –1) ∈ d1; M( 2; 0; –1) ∉ d2 Vậy d1 // d2 r • VTPT mp (P) n = − uu r u u r  MN , u1  = (5; −22;19) ⇒ Phương trình mp(P): 2 x –22 y + 19z + = uu ur b) AB = (2; −3; −4) ⇒ AB // d1 Gọi A1 điểm đối xứng A qua d1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng ⇒ I giao điểm A1B d Do AB // d1 nên I trung điểm A1B  36 33 15  ; ; ÷ A’ đối xứng với A qua H nên A’  29 29 29  • Gọi H hình chiếu A lên d1 Tìm H   43 95 28   ; ;− ÷  29 29 29   65 −21 −43  ; ; ÷  29 58 29  I trung điểm A’B suy I  Câu VII.a: Nhận xét z = không nghiệm PT Vậy z ≠  1   1  Chia hai vế PT cho z2 ta được:  z + ÷−  z − ÷+ = (1) z  z 1 2 2 Đặt t = z − Khi t = z + − ⇔ z + = t + z z z Phương trình (2) trở thành: t − t + 5 = (3) ∆ = − = −9 = 9i 2 + 3i − 3i , t= 2 1 + 3i + 3i ⇔ z2 − (1 + 3i)z − = • Với t = : ta có z − = z 2 ⇒ PT (3) có nghiệm t = (4a) Có ∆ = (1 + 3i)2 + 16 = + 6i = + 6i + i = (3 + i )2 (1 + 3i) + (3 + i) (1 + 3i) − (3 + i) i − = 1+ i , z = = 4 1 − 3i − 3i ⇔ z2 − (1 − 3i)z − = • Với t = : ta có z − = (4b) z 2 ⇒ PT (4a) có nghiệm : z = Có ∆ = (1 − 3i)2 + 16 = − 6i = − 6i + i = (3 − i)2 (1 − 3i) + (3 − i) (1 − 3i) − (3 − i) −i − = 1− i , z = = 4 i −1 −i − Vậy PT cho có nghiệm : z = + i; z = − i; z = ; z= 2  x = x − y − = ⇔ Câu VI.b: 1) Ta có: I = d1 ∩ d2 ⇒ Toạ độ I nghiệm hệ:  x + y − = y =  9 3 ⇒ I ; ÷ 2 2 ⇒ PT (4b) có nghiệm : z = Trang 108 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M = d1 ∩ Ox trung điểm cạnh AD Suy M(3; 0) 2 Ta có: AB = IM =  −  +   =  ÷  ÷  2 2 S 12 =2 Theo giả thiết: S ABCD = AB AD = 12 ⇔ AD = ABCD = AB Vì I M thuộc đường thẳng d1 ⇒ d1 ⊥ AD r Đường thẳng AD qua M(3; 0) vng góc với d nhận n = (1;1) làm VTPT nên có PT: x + y −3 = x + y − =  2  ( x − 3) + y =  Mặt khác: MA = MD = ⇒ Toạ độ A, D nghiệm hệ PT:  y = − x + y = − x +   y = − x x = x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  2 2  x − = ±1 y =  y = −1 ( x − 3) + y = ( x − 3) + (3 − x ) =   Vậy A( 2; 1), D( 4; –1) x = 2x − x = − = 9 3 I A Do I  ; ÷ trung điểm AC suy ra:  C yC = yI − y A = − = 2 2   Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1) r r 2) a) d1 có VTCP u1 = (1; −1;2) qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP u2 = (−2;0;1) qua điểm N( 2; 3;u u u0) u r r r Ta có: u1 , u2  MN = −10 ≠ ⇒ d1 , d2 chéo   Gọi A(2 + t;1– t;2t )∈ d1 , B(2 –2t′ ; 3; t′ )∈ d2 uu r u r   AB.u = 5 2 u u t = − u r r ⇒  AB đoạn vng góc chung d1 d2 ⇔  ⇒ A  ; ; − ÷; B    AB.u2 = t ' =   (2; 3; 0) x = + t  Đường thẳng ∆ qua hai điểm A, B đường vng góc chung d1 d2 ⇒ ∆:  y = + 5t  z = 2t  2  11   13    b) PT mặt cầu nhận đoạn AB đường kính:  x − ÷ +  y − ÷ +  z + ÷ = 6  6  3  2009 Câu VII.b: Ta có: (1 + i)2009 = C2009 + iC2009 + + i 2009C2009 2006 2008 = C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + − C2009 + C2009 + 2007 2009 (C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + − C2009 + C2009 )i Thấy: S = 2006 2008 ( A + B) , với A = C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + − C2009 + C2009 2 2006 2008 B = C2009 + C2009 + C2009 + C2009 + + C2009 + C2009 1004 • Ta có: (1 + i)2009 = (1 + i) (1 + i)2    = (1 + i).21004 = 21004 + 21004 i Đồng thức ta có A phần thực (1 + i)2009 nên A = 21004 Trang 109 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học 2009 • Ta có: (1 + x )2009 = C2009 + xC2009 + x 2C2009 + + x 2009C2009 2008 2009 Cho x = –1 ta có: C2009 + C2009 + + C2009 = C2009 + C2009 + + C2009 Cho x=1 ta có: 2008 2009 (C2009 + C2009 + + C2009 ) + (C2009 + C2009 + + C2009 ) = 22009 Suy ra: B = 22008 • Từ ta có: S = 21003 + 22007 Trang 110 ... x ) = t (1) trở thành: t + − = ⇔ (t − 1) = ⇔ t = Trang 98 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Đề số 52 www.MATHVN.com Câu I: 2) y′ = x + 18mx + 12m = 6( x + 3mx + 2m ) Hàm số... 0 < x <  log2 x + <   log2 x < −1     Trang 100 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Đề số 53 www.MATHVN.com Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d (C) M ( x0 ; y0 ) cắt Ox A...Ôn thi Đại học Tính AH = www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng a 15 AC′ = 5 3a a 15 a 3a2 15 Suy ra: VA BDMN = S BDMN AH = , MN