Trần Sĩ Tùng www.VIETMATHS.com Ôn thi Đại học Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số (C) y = − x + x − 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) 2) Tìm đường thẳng (d): y = điểm mà từ kẻ ba tiếp tuyến đến đồ thị (C) Câu II (2 điểm) 1) Giải phương x + + x + = x + 2 x + x + − 16 trình: 2) Giải phương   3π  π 2 cos2 x + sin x cos  x + ÷− 4sin  x + ÷ = trình:  4   π I = ∫ (sin x + cos4 x )(sin x + cos6 x )dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân: Câu IV (2 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC tam giác vng B có AB = a, BC = a, SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a Gọi M, N hình chiếu vng góc điểm A cạnh SB SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM Câu V (1 điểm) Cho a, b, c, d số dương Chứng minh rằng: 4 a + b + c + abcd + 4 b + c + d + abcd + 4 c + d + a + abcd + 4 d + a + b + abcd ≤ abcd II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, gọi A, B giao điểm đường thẳng (d): 2x – y – = đường tròn (C’): Hãy viết phương trình đường trịn (C) qua ba điểm A, B, C(1; 1) 2) 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 Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh a + b = (c + di)n)n a bi = (c d B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích , A(2; – 3), B(3; –2), trọng tâm ∆ABC nằm đường thẳng (d): 3x – y –8 = Viết phương trình đường tròn qua điểm A, B, C 2) 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 phẳng Oxy cắt đường thẳng AB, CD Câu VII.b (1 điểm)  log ( x + y2 ) − log (2 x ) + = log ( x + y) 4  Giải hệ phương x  log4 ( xy + 1) − log (4 y + y − x + 4) = log  ÷− trình:  x + y − 20 x + 50 = y  Trang Ôn thi Đại học www.VIETMATHS.com Trần Sĩ Tùng Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) y = x − 3mx + x − Câu I (2đ): Cho hàm số có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị m = hàm số Tìm để (Cm) cắt trục Ox điểm m phân biệt có hồnh độ lập thành cấp số cộng Câu II (2đ): Giải phương trình: sin2 x − cos2 x = sin x − cos2 x Giải bất phương trình: 21− x − x + ≥0 Câu III (1đ) Tính giới hạn sau: x + − − x2 2x − A = lim Câu IV (1đ): Cho hình chóp AD = x →1 x −1 S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật; SA ⊥ (ABCD); AB = SA = 1; Gọi M, N trung điểm AD SC; I giao điểm BM AC Tính thể tích khối tứ diện ANIB F =x; +) 15 x + y −(5x y−3y y + ≤ Câu V (1đ): Biết nghiệm x bất phương trình: Hãy tìm giá trị lớn biểu thức II PHẦN TỰ CHỌN (3đ) A Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2đ) F ;FBF Trong mặt phẳng với hệ toạ độ AF1+1+ 22 = xAF2BF y2 + =1 Oxy, cho elip (E): A, B điểm 25 16 (E) cho: , với tiêu điểm Tính x − y − z)− 1) = A(2;3; (α Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng : điểm Tìm toạ độ điểm B đối xứng với A qua mặt phẳng 3 log1 ( x + 2) - = log1 ( - x) + log1 ( x + 6) Câu VIIa (1đ): Giải phương trình: 4 ﾧ B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2đ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ A(2; −1) Oxy, viết phương trình đường trịn qua tiếp xúc với trục toạ độ x − y −P ) z − (d z Trong không gian với hệ toạ x + A(1;1;:− 2)= yP − = = độ Oxyz, cho đường thẳng : mặt phẳng Viết phương trình đường thẳng ∆ qua , song song với mặt phẳng vng góc với đường thẳng mx + (m(Cm1) x + 4m3 + m Câu VII.b (1đ) Cho hàm số: có +) y= đồ thị x+m Tìm m để điểm cực trị (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ III hệ toạ độ Oxy Trang Trần Sĩ Tùng www.VIETMATHS.com Ôn thi Đại học Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số có đồ y = x − 3x + thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) cho tiếp tuyến (C) A B song song với độ dài đoạn AB = Câu II: (2 điểm) Giải phương 1 log ( x + 3) + log4 ( x − 1)8 = 3log8 (4 x ) trình: Tìm nghiệm  π  0; ÷ khoảng phương trình:   π   x 3π 4sin  π − ÷− sin  − x ÷ = + cos2  x − 2  2   2  ÷ Câu  π III: f ( x ) + f (− x ) = cos4 ∈ x (1 I= điểm) Cho hàm số f(x) liên tục R với xR Tính: Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O Các mặt bên (SAB) (SAD) vng góc với đáy (ABCD) Cho AB = a, SA = a Gọi H, K hình chiếu A SB, SD Tính thể tích khối chóp O.AHK Câu V: (1 điểm) Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = Chứng minh rằng: a b c d + + + ≥2 2 2 II PHẦN RIÊNG (3 điểm) 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích , A(2;– 3), B(3;–2) Tìm toạ độ điểm C, biết điểm C nằm đường thẳng (d): 3x – y – = 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;4;1),B(–1;1;3) mặt phẳng (P): x – 3y + 2z – = Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua hai điểm A, B vng góc với mặt phẳng (P) z= + z2 + bz1 +ci = Câu VII.a: (1 điểm) Tìm số thực b, c để phương trình nhận số phức làm nghiệm B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, 2x + 5y − = cho tam giác ABC có trọng tâm G( −2, 0) phương trình cạnh AB, AC theo thứ tự là: 4x + y + 14 = 0; ﾧ Tìm tọa độ đỉnh A, B, C 6x − 3y + 2z = 2) Trong không gian với hệ   toạ độ Oxyz, cho điểm 6x + 3y + 2z − 24 = A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6) đường thẳng (d) ﾧ Viết phương trình đường thẳng ( // (d) cắt đường thẳng AB, OC Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương z4 – z3 + z2 – 8z –16 = trình sau tập số phức: Đề số Trang ∫ f ( x ) dx −π Ôn thi Đại học www.VIETMATHS.com Trần Sĩ Tùng I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) y = x − x + 4, Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) Tìm m để phương trình có x − 5x + = log m nghiệm Câu II (2.0 điểm) Giải phương trình: 1 sin x + sin x − − = cot x (1) 2sin x sin x Tìm m để phương ∈  0; +    trình sau có nghiệm x : (2) m ( x − x + + 1) + x (2 − x ) ≤ Câu III (1.0 điểm) Tính 2x + Câu IV (1.0 điểm) Cho lăng trụ I = ·∫ = 2a 120o dx BAC =2 x + 01+ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 Gọi M trung điểm cạnh CC1 Chứng minh MB ⊥ MA1 tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM) (1.0 điểm) Cho x, x + y + z ≥ xy + yz + zx Câu V y, z số dương Chứng minh: II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2.0 điểm) B(−1; 3; 0), C (1; 3; 0), M (0; 0; a) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm với a > Trên trục Oz lấy điểm N cho mặt phẳng (NBC) vng góc với mặt phẳng (MBC) Cho Tìm góc α mặt phẳng a = (NBC) mặt phẳng (OBC) Tìm a để thể tích khối chóp BCMN nhỏ Câu VII.a (1.0 điểm) Giải  x + x − x + = 3y −1 +  ( x, y ∈ ¡ ) hệ phương trình:   y + y − y + = 3x −1 + B Theo chương  trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (–1; 3; –2), B (–3; 7; –18) mặt phẳng (P): 2x – y + z + = Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P) Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) cho MA + MB nhỏ Câu VII b (1.0 điểm) Giải bất (log + log x )log x ≥ x phương trình: Đề số Trang Trần Sĩ Tùng www.VIETMATHS.com Ôn thi Đại học I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x + Câu I (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị y= (C) x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Với điểm M thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến M cắt tiệm cận Avà B Gọi I giao điểm hai tiệm cận Tìm vị trí M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ Câu II (2 điểm) Giải phương trình: 3sin x − 2sin x =2 (1) sin x.cos x Giải hệ  x − x + y − y + =   phương trình : (2)  x y + x + y − 22 = π Câu III (1 điểm)  2 Tính tích phân sau: I = ∫ esin x sin x.cos3 x dx α Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh bên a, mặt bên hợp với đáy góc Tìm để thể tích khối chóp đạt giá trị lớn Câu V (1 điểm) Cho x, y, z số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  x y z  P = 4(x3 + y3 ) + 4(x + z3 ) + 4(z3 + x3 ) +  + + ﾧ  y z2 x ÷ ÷   II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(; 0) Đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x – 2y + = 0, AB = 2AD Tìm toạ độ đỉnh A, B, C, D, biết đỉnh A có hồnh độ âm Trong x − y + z - (d1 ) x - y −1 z − (d1 ); = = ; (d2 ) : = = không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng có phương trình: Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d2 ) (d) Câu VII.a (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt : 10 x + x + = m(2 x + 1) x + (3) B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD biết M(2;1); N(4; –2); P(2;0); Q(1;2) thuộc cạnh AB, BC, CD, AD Hãy lập phương trình cạnh hình vng Trong khơng x = + t  x = −2 + t '  ′ ) : y = t ' gian với hệ toạ độ (∆) :  y = −1 + 2t ; (∆  z =  z = + 4t ' Oxyz, cho   đường thẳng (∆) (∆′) có phương trình: Viết phương trình đường vng góc chung (∆) (∆′) Câu VII.b (1 điểm) Giải biện luận phương trình: (4) mx + (m x + mx + 2) = x − x + x − Đề số Trang Ôn thi Đại học www.VIETMATHS.com Trần Sĩ Tùng I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2 điểm): Cho hàm số y = x − x (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Chứng minh m thay đổi, đường thẳng (d): y = m(x +1) + cắt đồ thị (C) điểm M cố định xác định giá trị m để (d) cắt (C) điểm phân biệt M, N, P cho tiếp tuyến với đồ thị (C) N P vuông góc với Câu (2 điểm): 1) Giải phương trình: 5.32 x −1 − 7.3x −1 + − 6.3x + x +1 = (1) 2) Tìm tất giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm phân biệt: (2)  log ( x + 1) − log ( x − 1) > log3 ( a)  3 Câu (1 điểm): Giải hệ   ( a )= ( b ) log ( x x 2= 9z5)− 27(z −(1) − x + − m log phương trình: (3)   y3 = x − 27( x −x −2 x + 5) b)   1) ( Câu (1 điểm): Cho  z3 = y − a = a 1) AK − 27( y (c ) hình chóp S.ABCD có đáy  hình chữ nhật, AB =2a, BC= a, cạnh bên hình chóp Gọi M, N tương ứng trung điểm cạnh AB, CD; K điểm cạnh AD cho Hãy tính khoảng cách hai đường thẳng MN SK theo a a b c Câu (1 điểm) Cho số a, b, c T= + + > thoả mãn: a + b + c =1 1− a 1− b 1− c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu 6a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) đường thẳng d: x – 2y + = Tìm d hai điểm B, C cho tam giác ABC vuông B AB = 2BC 2) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x + y2 + z2 – 2x + 4y + 2z – = mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 14 = Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có bán kính Câu 7a (1 điểm) Tìm z3 − 2(1 + i )z2 + 4(1 + i )z − 8i = (z − ai)(z2 + bz + c ) số thực a, b, c để có: Từ giải phương trình: z3 − 2(1 + i)z2 + 4(1 + i)z − 8i = tập số phức Tìm mơđun nghiệm B Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x + y2 – 6x + = Tìm điểm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1) : ; (d2) : { x x = 2tt ; yy==;t ; = = { = 3−; t z z Chứng minh (d1) (d2) chéo Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính đoạn vng góc chung (d 1) (d2) lim dx Câu 7b (1 điểm) Cho số thực b ≥ ln2 ln10 exJ b→ln2 ∫b x Tính J = tìm e −2 Đề số Trang Trần Sĩ Tùng www.VIETMATHS.com Ôn thi Đại học I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số có y = x + 2mx + (m + 3) x + đồ thị (Cm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số m = 2) Cho (d) đường thẳng có phương trình y = x + điểm K(1; 3) Tìm giá trị tham số m cho (d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C cho tam giác KBC có diện tích Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: cos x + = 2(2 − cos x)(sin x − cos x) (1) 2) Giải hệ phương trình: 8 x3 y + 27 = 18 y   (2) 4 x y + x = y  π Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2 I= ∫ sin x × sin x + dx Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp π S.ABC có góc hai mặt phẳng (SBC) (ACB) 600, ABC SBC tam giác cạnh a Tính khoảng cách từ B đến mp(SAC) Câu V (1 điểm) Tìm giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực: (3) 91+ 1− x − ( m + 2)31+ 1− x + 2m + = II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa ( x − 1)2 + ( y + 2)2 = độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để đường thẳng d có điểm A mà từ kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông 2) Trong không gian với hệ tọa x − y z − = = độ Oxyz, cho điểm A(10; 2; –1) đường thẳng d có phương trình: Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn Câu VIIa (1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 2 4a 4b 4c + + ≥3 (1 + b)(1 + c) (1 + c)(1 + a ) (1 + a )(1 + b) (4) B Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có diện tích ; trọng tâm G ∆ABC nằm đường thẳng (d): 3x – y – = Tìm bán kính đường trịn nội tiếp ∆ ABC 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) giao tuyến mặt phẳng (P): 2x – 2y – z + = 0, (Q): x + 2y – 2z – = mặt cầu (S): x + y2 + z2 + 4x – 6y + m = Tìm m để (S) cắt (d) điểm M, N cho độ dài MN = Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ log ( x + y ) = + log ( xy )  phương trình : (x, y ∈ R)  3x  − xy + y = 81 Đề số Trang Ôn thi Đại học www.VIETMATHS.com Trần Sĩ Tùng I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) f ( x ) = x + 2(m − 2) x + m − 5m + Câu I: (2 điểm) Cho hàm số (Cm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số với m = 2) Tìm m để (Cm) có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân Câu II: (2 điểm) 1 1) Giải bất phương trình sau ≤ tập số thực: (1) x + − 3− x − 2x + log x ≥ 2) Tìm nghiệm thực phương trình sau thoả mãn : sin x.tan x + 3(sin x − tan x) = 3 (2) 1 Câu III: (1 điểm) Tính tích  1− x I = ∫ phân sau:  + x − x ln ( + x ) ÷dx ÷  0 µ = 1200 Câu IV: (1 điểm) Cho hình A chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi với , BD = a >0 Cạnh bên SA vuông góc với đáy Góc mặt phẳng (SBC) đáy 60 Một mặt phẳng (α) qua BD vng góc với cạnh SC Tính tỉ số thể tích hai phần hình chóp mặt phẳng (α) tạo cắt hình chóp abc + a +2c = b Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực P= − + dương a, b, c thoả mãn Hãy a + b2 + c2 + tìm giá trị lớn biểu thức: (3) II PHẦN RIÊNG (3 điểm ) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) xx− 2y + ==00 + y−2 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình d1: Phương trình đường cao vẽ từ B d 2: Điểm M(2; 1) thuộc đường cao vẽ từ C Viết phương trình cạnh bên tam giác ABC 2) Trong không gian với + ∈y y t ; R ( d ) : x( = −2 x +tt2 = = −5z;−z = + t d1 ) : = hệ toạ độ Oxyz, viết −2 phương trình đường thẳng (d) qua M(1;1;1), cắt đường thẳng vng góc với đường thẳng () n Cn + 3Cn + 7Cn + + (2 n − 1)Cn = 32 n − 2n − 6480 Câu VII.a: (1 điểm) Giải phương trình: B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) (∆ )x 2x+ x3yy2106 : 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ ( P ) :+5 = − y = =5 độ Oxy, cho Elip (E): , Parabol Hãy viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng , đồng thời tiếp xúc với trục hoành Ox cát tuyến chung Elip (E) với Parabol (P) (d ) : xx + y t+∈;Ry1+−0 zz= −t = −1 tz − ==11; x− y 2) Trong không gian với hệ = = ( d1 ) : toạ độ Oxyz, viết phương −1 trình đường thẳng (d) vng góc với mặt phẳng (P): đồng thời cắt hai đường thẳng , với Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ  x = + 6log y (a )  phương trình sau tập số  y = x y + 22 x +1 (b)   thực: (4) Trang Trần Sĩ Tùng www.VIETMATHS.com Ôn thi Đại học Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + (m tham số) (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ điểm cực tiểu nhỏ Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2+3 cos3 x cos3 x − sin x sin x = (1) 2) Giải hệ phương  x + + y∈ + x) = y (y   trình: (x, y ) (2) ( x + 1)( y + x − 2) = y  Câu III (1 điểm) Tính tích dx I =∫ phân: 4x + 2x + + Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp đứng a ABCD.A’B’C’D’ có cạnh AB=AD = a, AA’ = góc BAD = 600 Gọi M N trung điểm cạnh A’D’ A’B’ Chứng minh AC’ vng góc với mặt phẳng (BDMN) Tính thể tích khối chóp A.BDMN Câu V (1 điểm) Cho x,y số thực thỏa mãn điều kiện x2+xy+y2 ≤ Chứng minh rằng: –4 – ≤ x – xy – 3y ≤ + II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y –2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + = trung điểm cạnh AC M(1; 1) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α): 3x + 2y – z + = hai điểm A(4;0;0) , B(0;4;0) Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB Xác định tọa độ điểm K cho KI vng góc với mặt phẳng (α), đồng thời K cách gốc tọa độ O (α) Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ  ln(1 + x ) = ln(1 + y) = x − y ( a)  phương trình: x − 12 xy + 20 y = (b ) B Theo chương trình  nâng cao Câu VI.b (2 điểm) D ABC 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ DABC Oxy cho có cạnh AC qua điểm M(0;– 1) Biết AB = 2AM, phương trình đường phân giác AD: x – y = 0, phương trình đường cao CH: 2x + y + = Tìm tọa độ đỉnh 2) Trong không gian với hệ toạ độ x − Oxyz, cho mặt phẳng (P): 4x – 3y + 11z = yx3 z +4 y hai đường thẳng d1: = = , = = − Chứng minh d1 d2 chéo Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (P), đồng thời ∆ cắt d1 d2 Câu VII.b (1 điểm) Giải x – x +1 + 2(2 x –1)sin(2 x + y –1) + = phương trình: Trang Ơn thi Đại học www.VIETMATHS.com Trần Sĩ Tùng Đề số 10 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị 2x + y= (C) x+2 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2) Chứng minh đường thẳng d: y = –x + m luôn cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 2) Giải bất phương log x − log x − > (log x − 3) trình: Câu III (1 điểm) Tìm nguyên hàm dx Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam I = ∫ sin x cos x giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 30 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đường thẳng AA1 B1C1 theo a Câu V (1 điểm) Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a 2009 + b2009 + c2009 = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = a4 + b4 + c4 II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) x x + y + 17 = −7 −5=0 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d1): , (d2): Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d 1), (d2) tam giác cân giao điểm (d1), (d2) 2) Trong không gian với hệ toạ độ ≡ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AO, B(3;0;0), D(0;2;0), A’(0;0;1) Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’ Câu VIIa (1 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác khác mà số ln ln có mặt hai chữ số chẵn hai chữ số lẻ 2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(1; 0) Lập phương trình đường thẳng (d) qua M cắt hai đường thẳng (d 1): x + y + = 0, (d2): x – 2y + = A, B cho MB = 3MA x + x +y + z z 2) Trong không gian với hệ toạ x − 1y − = = = = độ Oxyz, cho điểm M(0;1;1) 2 đường thẳng (d1), (d2) với: (d1): ; (d2) giao tuyến mặt phẳng (P): (Q): Viết phương trình đường thẳng (d) qua M vng góc (d1) cắt (d2) P = (1 +xx − x3 )8 Câu VIIb (1 điểm) Tìm hệ số khai triển Newtơn biểu thức : Trang 10 Trần Sĩ Tùng www.VIETMATHS.com Ôn thi Đại học điểm MN với Kết luận: PT đường thẳng cần tìm y = k < 0k + kx + với ⇔ 2) Ta có : • Khi: , ta có: 1) PT ⇔ cos x − sin x = cos x + sin x Câu II: 1 ⇔ cos 3x − sin 3x = cos x + sin x π π 2 2 π    ⇔ cos  x + ÷x = −  2+ k 2π ÷  = cos  x −  3    x = − π + k 2π 2  x y = ⇔ xy = ±3 10  3 xy3= x −− y)3 = −27 =4 x ( y Suy ra: X − X − 27 = ⇔ X = ; ±− y ) x ( 31 nghiệm phương trình: Vậy nghiệm Hệ PT là: • Khi: , ta có: x = + 31, y = − + 31 − − ( ) Suy ra: nghiệm X + X + x3 ; = 27 − y ( PTVN ) phương trình: Câu III: Đặt Điều kiện: t ≥1 t = x2 + PT trở thành: ⇔ m) ( m −=2t) +t 2+1 ) = t 2( t−≥ 1− ( m f ( t) = t + tt + t + +4 = ⇒ f '( t ) = 1− t + ( t + 2) ( t + 2) BBT, ta kết luận Câu IV: Gọi M trung điểm BC, hạ AH vng góc với A′M 33 −4 x3x( − yxy = −3 − y ) = 27 Xét hàm số: Dựa  t = −1 m ≥ i ) (loaï f ′(t ) = ⇔  vào  t = −3 (loaïi) Ta có:  BC ⊥ AM ⇒ BC ⊥ ( AA ' M ) ⇒ BC ⊥ AH  a AH ⊥ A ' M ⇒ AH ⊥ ( A ' BC ) ⇒ AH =  BC ⊥ AA ' Mà Câu V: Ta có: (1) Tương tự: (3) 1 a Mặt khác: = + ⇒ AA ' = Kết luận: 3a AH A ' A2 AM 2 VABC A ' B ' C ' = a ab ab =a− ≥a− = a − 16ab a+b a+b 2 ab (2), b2 c ≥ b− c ca bc b c 2 2c+a Cộng (1), (2), (3), ta a b c + + + ab + bc + ca ≥ a + b + c có: a+b b+c c+a Câu VI.a: 1) Điều ( ) kiện: 2 BPT ⇔ x + x >2 x 2− x4 x ⇔ log+ (16− − )36 > ⇔ log ( + ) > x 2 x x x2 < x < −18 ⇔ hay So sánh với điều kiện Kết luận: Nghiệm < x < BPT ( 0< x b > 0) Ta có: ⇔ Vậy (E): x − by= = a a a2 b  +2 =  b 1 3 =  + =1  a 4b Hướng dẫn Đề số 49 Câu I: 2) Tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M a ≠ −2 có hồnh độ thuộc đồ thị (C) có phương trình: 2a ( x − a) + ⇔ x − ( a + ) y + 2a = Tâm đối y = a + I −2;2 ( a + 2) xứng d ( I,d ) = a+2 16 + ( a + ) ( ≤ ) a+2 2.4 ( a + ) = a+2 a+2 suy có hai tiếp tuyến ( d) Ta có lớn =2 2 a = d a + = ⇔  I,d ⇔ − a = + y =y = x x Từ ( ) ( ) Câu II: 1) Điều    π π cos  x + ÷ ≠ kiện  cos  x − ÷ ≠ 0; ( *) Để ý rằng:   4 4   Khi PT trở  sin x ≠ 0;  tan x − cot x ≠ π 0     π π π π π tan  x − ÷.tan  x + ÷ = − tan  − x ÷.tan −1 = 4÷ = − cot  x + x tan  x +4 cos= x x + cos x ⇔ cot ÷ − tan x = ÷ −1 thành: 4 4 4 4 4 tan x − cot x   4     − tan x ⇔ =4 ⇔ = ⇔ ( tan x − 1) = tan x tan x + tan 2 x + tan 2 x ⇔ tan x = ⇔ x = trình cho vơ nghiệm 2) Điều kiện: π π π + mπ ⇔ x = + k ( k ∈ Z) x ≠ 0, y ≠ 0, x + y − ≠ 3 3 x  + = u = x + y − 1; v =  ⇔ u + v =y u v u + + 4v = 22 u = 21 − 4v   (1) : Không thoả điều kiện (*) Vậy phương Đặt Hệ PT trở thành: v = 3 + = ⇔ 2v2 − 13v + 21 = ⇔  (2) v = 21 − 4v v  Thay (2) vào (1) ta được:  x + y2 − =   x =  x = −3 ⇔  x + y = 10 ⇔  ∨ x y =1 =3   y = −1  x = 3y y    x + y2 − =  x + y2 =  y =    ⇔ ⇔ x 7 y = x = y  x = 14     PT Câu III: Đặt  2  y = −4 53 ∨  53   x = −14 53  53  u = ln x  dx  du = dx ⇒   dv = Trang 126 x  v = x + x +1   • Nếu v = u = 9, ta có Hệ PT: • Nếu u = 7, ta có Hệ PT: So sánh điều kiện ta nghiệm Hệ v= Trần Sĩ Tùng www.VIETMATHS.com 8 ⇒I =(2 x + 1.ln x ) − ∫ Ôn thi Đại học x +1 dx = ln − ln − J x Đặt • Tính t =x + 1+ x J=∫ dx x 3 t  2t + ln t − t2 = +3ln − ln =  2tdt = ∫ ÷ dt = ∫  + −  dt  ÷ t + 12− t −1 t + 1  t −1 2t 2 I = 20 ln − ln − Từ Câu IV: Kẻ SO ⊥ (ABCD) O giao điểm ∆ AC BD Gọi I, J trung điểm ⇒J=∫ AB CD; G trọng tâm SAC ¶ = 600 SJI Góc mặt bên (SCD) đáy (ABCD) ⇒ ∆SIJ cạnh a ⇒ G trọng tâm ∆SIJ IG cắt SJ K trung điểm SJ; M, N trung điểm SC, SD IK = ( ; 3a SK ⊥ ( ABMN ); SK = a 3a2 ; S ABMN = ( AB + MN )IK = 2 Suy 3a3 ra: V = S ABMN SK = 16 0< ≥ 0⇒ < −a− a − b − a ≤ 1,0 abb ≤ b + ≥ Câu V: Vì nên )( ) 1 ≥ + − (2), bc b c Cộng BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được: Sử dụng BĐT (4) BĐT Cơ–si ta có: ⇒ ≥ a + b − ab 1 Tương tự : ⇒ ≥ + − (1) 1 ≥ + − (3) 1 ab a 1 1 b ca c a + + ≥  + + ÷− (4) ab bc ca a b c  1 1  1 + + ≥ a + b + c +  + + ÷− 1 + ÷( a + b + c ) = a + b + c + ab bc ca  abc  a b c ≥2 ( a + b + c)  + + ÷+ + + − a b c a b c     Cũng   1 1 1 1 + ÷( a + b + c ) ≥ + + + − = + + + a b c a b c  abc  ⇔ a = b = c = góc với AH có phương trình: ( a + b + c )  + + ÷≥ a b c    theo BĐT Cơ–si ta có :  Do đó: (đpcm) Dấu "=" xảy u u ur ur u   Câu VI.a: 1) Gọi I trung điểm AG = AI ⇒ I  ; ÷ BC Ta có 2 2 Đường thẳng BC qua I vuông x – y – = x B−yB ;1B )y C (B7−(x7 ;− 3= B ) xB − y I  B; ÷ 2 2 trực tâm tam giác ABC nên ; H Vì trung điểm BC nên giả sử uu ur uu ur CH = −5 + x ; y , AB = x CH ⊥ AB6 + 3; y − ( B B u u uu ur ur x − y = x = x =  CH AB = ⇔  B B ⇔ B ∨ B ( x B − 5) ( xB + 3) + ( yB − ) =  y B = −2  y B =  ) ( B )  z = + 2t  Trang 127 ) B ( 1; −2 , C ( 1;6;3) 6;3 ) ) , C ( −2 Vậy 2 2) có tâm R = 1; −2;2 (S ) : ( x − 1) +I( y + ) 4+ ( z − ) = 25 Khoảng cách từ I đến (α) d ( I ,(α ) ) = < R là: ⇒ (α) mặt cầu (S) cắt Gọi J điểm đối xứng I qua (α)  x = + 2t  Phương trình đường thẳng IJ :  y = −2 − t ( B Ôn thi Đại học www.VIETMATHS.com Trần Sĩ Tùng  x = + 2t  t = −1  y = −2 − t  x = −1   ⇔ ⇒ H ( −1; −1;2 )  z = + 2t y = −1   2 x − y + z − = z =   Toạ độ giao điểm H IJ (α) thoả Vì H trung điểm IJ nên Mặt cầu ′ J ( −3; 0; ) (S ) : ( x + 3) + y + z2 = 25 (S′) có tâm J bán kính R′ = R = nên có phương trình: Câu VII.a: Có trường hợp xảy ra: • Trường hợp 1: Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, khơng có Ngơ Thu Thuỷ Số cách chọn nam lại C6 Số cách chọn nữ khơng có Ngơ Thu C Thuỷ Suy số cách chọn trường hợp 3 C6 C9 = 1680 (cách) • Trường hợp 2: Đội tuyển có Ngơ Thu Thuỷ, khơng có Vũ Mạnh Cường Số cách chọn nam khơng có Vũ Mạnh Cường C6 Số cách chọn nữ lại C2 Suy số cách chọn trường hợp C6 C9 = 540 (cách) Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là: 1680 + 540 = 2220 (cách) Câu VI.b: 1) Ta có AC vng góc với BH y = x qua M(1; 1) nên có phương trình: Toạ độ đỉnh A  nghiệm hệ : x = −  2 x − 4y − = ⇔ ⇒ A− ;− ÷ Vì M trung điểm y = x   3 y = − AC nên  Vì BC qua C song song với d nên BC có phương trình: x + y + =   x = −4 BH ∩ BC = B :  ⇔ ⇒ B ( −4;1) x y = y = +  8 8 C ; ÷ 3 3 x y = +2 2) Do ABCD hình thang cân nên AD = BC = Gọi đường thẳng qua C song song với ∆ AB, (S) mặt cầu tâm A bán kính R = Điểm D cần tìm giao điểm (S) uu u r Đường thẳng có vectơ phương  = − − 2t AB x =∆2;6;3  nên có phương trình:  y = + 6t 2 Phương trình mặt  z = + 3t S : x − + y +1 + z + =  cầu Toạ độ điểm D thoả Hệ PT: ( ) ( ) (  x = − 2t  t = −1  y = + 6t  ⇒ 49t + 82t + 33 = ⇔  33  z = + 3t t = −  2 49  ( x − 3) + ( y + 1) + ( z + ) =  ) ( ) ( ) • Với t = – 1, D(4; – 3; 0) : khơng thoả AB = CD = t=− Ta có: • Với x = thay vào (1) ta được: • Với (nhận)  164 51 48  33 ⇒ D ; − ; ÷Câu VII.b: 23 x +1 + y −2 = 3.2 y +3 x 49 (1)   49 49 49   x ≥ −1 x +1 ≥   x ≥ −1 ⇔ ( ) ⇔ 3x + + xy = x + ⇔  x ( 3x +3yx− 1+) +0xy = x x=+01∨ y = −(2)   = 3x    + y −2 = 3.2 y ⇔ + y = 12.2 y ⇔ y = thay vào (1) ta : (3) : −+ t tx≥2− x1 =≥3 Trang 128 8 ⇔ y = log2 11 11 = •  3.2 – x 23 x +1 + −3 x −1 = xy≥ −1(3)  y = − 3x Với  Đặt , nên Khi đó: t = − 2 t + = ⇔ t − 6t + = ⇔  t t = + 2 (loại) (thoả) Trần Sĩ Tùng www.VIETMATHS.com Ơn thi Đại học ( ) 23 x +1 = y + − x = − log2 32+ +2 ) − 1 = ⇔ x =  log (   Suy ra: ; x =    x =  log2 ( + 2 ) − 1     y= + log2 11  y = − log (  2)  Vậy Hệ PT cho có nghiệm Hướng dẫn Đề số 50 y′ = 3x − 2mx = x (3x − 2m) Câu I: 2) biến R thoả yêu cầu toán ⇒ • Khi m = (1) đồng y′ = x ≥ m ≠ 2m x1 = , x2 = • Khi (1) có cực trị Do đồ thị cắt Ox điểm khi: 4f mx≠).0f ( x2 ) > m 2m  (3 ⇔ 2m(2m −  ) > ⇔ 4m (1 − )>0 Kết luận:  6 ⇔ 27 27 đồ thị m ∈  − ; ÷ 0, x (0)1′= x20) = −1 ′ ( f f xy ,)( = ≠ y ) x2  YCBT PT  (3 x1 + x1 + m)(3x2 + x2 + m) = −1 có nghiệm phân biệt khác ⇔  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 ⇔  9 ± 65 m= ≠ ≠ < m cos x, m 0 Câu II: 1) Điều kiện: ⇔ PT ⇔ cos x − tan x = + cos  − (12+ tan x) ⇔ 2cos x − cos x − = x 4m − 9m + =  cos π ⇔ ⇔  x= k 2x =   y2π 1 x + ≠ cos −  x= ± x = + k 2π +x+ y =    x + y + xy + = y 2 y  2) Từ hệ PT ⇒ Khi ta có:  u+v =  u = 4−v x + v = 3, u = 1 ⇔  2 ⇔ u =⇔  , v = x + y  2 x +1  y( x + y) = x + y + ( x + yv −− 2u = = v + 2v − 15 = yv = −5, u = )   y  Đặt ta có hệ: • Với ta có  x2 + = y  x + = y v = 3,xu = − =  2+x  x = 1, y = ⇔ ⇔ ⇔ hệ:  = 9− x+ y =3  y = 3− x  y = − x  x + x = y 2, y= + = y v = + 46 =  x + x−5, u = x ⇔ ⇔   x + y = −5  y = −5 − x  y = −5 − x • Với ta có hệ: , hệ vơ nghiệm Kết luận: Hệ cho có hai nghiệm: (1; 2), (−2; 5) Câu III:  ln x  Đặt 1 e e e dx  log+ 3ln x = t ⇒ ln 2ln ÷ (t − 1) ⇒1ln x ln xtdt ln xdx 12x =  x = Suy : I = dx = dx = x ∫ x +log x x ∫ x 11 + 3ln( t x− 1) 1ln ∫ + 3ln x x 3ln I =∫ dx   ( t − 1) dt Câu = =  ∫t − t ÷ = tdt = ln 23 t ln ln ∫ x + 3ln x ln 27 e 2 2 3  1 2 3 P,Q IV: Gọi 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 Tính a 15 AH =1 AC′ = ⇒ Suy ra: a 153a2 15 a 3a VA.BDPQBDMNS =DMN AH = = S = B , MN Câu V: MN 34 16 16 • Cách 1: Ta có ab + bc + ca − 2abc = a (b + c) + (1 − 2a)bc = a(1 − a ) + (1 − 2a )bc t b + c) (1 − a) ( = bc = 4 Đặt ta có a t Xét hàm số: f (t ) = a(1 −  ) + (1 − 2a) (1 − a)2 đoạn 0;     Có: với ∀a ( 0;1 a  (1 − a )2  ∈1 a +]1 −1 ) 11 27   [ ≤ = Vậy: f  f (0) = a (1 − a ) − (2a + )  a − < ≤ ÷= ÷ 27  43   ÷ 27 − 2b = ≤ 27 Dấu ab + bc + caa = abc c =   27 "=" ≤ t = bc ≤ Trang 131 Ôn thi Đại học www.VIETMATHS.com Trần Sĩ Tùng xảy ⇔ • Cách 2: Ta a2 ≥ a2 − (b − c )2 = (a + b − c )(a − b + c) = (1 − 2c )(1 − 2b) có (1) Tương tự: (2), c2 ≥ (1 − 2a)(1 − 2b) b c (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ = − 2(abcb + c−+ 4(ab− 2bc + ca)c) 8abc a + ≥ (1 ) 2a)(1 + b)(1 − − ⇒ ⇒ + 91 + abc abc ab + bc + ca − 2abc ≤ ab + bc + ca ≤ Mặt khác 1 a + b + c abc3≤abc 4 1+ ≥ ⇒ Do đó: 27 = 27 Dấu "=" xảy ⇔ ab + bc + ca − 2abc ≤ 27 a = b = c = Câu VI.a: 1) Gọi C (m;6 c + 3) I c; − m ) trung điểm BC Suy ra: Vì C’ trung điểm B(2m − c; − 2m − 2c) AB nên: nên 2m − c + 11 − 2m − 2c   − − 41  2mC 'c + 2 11 −; m5 2c  ÷∈ CC '  2 ÷− ⇒ I  − ; + =0 ⇒ m = − ÷ Phương trình BC: x –3y + 23 =   2 6  Tọa  x − y + =  14 37  ⇒C ; ÷ độ C nghiệm hệ:   3  3 x − y + 23 = Tọa độ  19  uu ur uu ur B− ; ÷ 2) Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2)  3 Suy phương trình mặt x + y − z − = 0, y + z − = phẳng trung trực AB, AC là: ur ur r uu uu Vectơ pháp tuyến mp(ABC) n =  AB, AC  = (8; −4; 4)   Suy (ABC): 2x − y + z +1 = Giải hệ: Suy tâm đường  x + y − z (0; 2;1)  x = I −1 = tròn    y + z −2 = ⇒  y = 2 Bán kính R = IA = (−1 − 0) + (0 − 2)  (1 − 1) = + Câu VII.a: Giải 2x − y + z + =  z = 3  z1 = − i , z2 = + i PT cho ta nghiệm: 2 2 Suy Do đó: z1  + z  11 − t –8;= Câu VI.b: 1) Giả sử tâm ∈ | z1 |=| z2 |= 12 +I(3 322 =t ) 22 ; z1 + z2 = ÷  z ( z1 + 2 )÷ ∆   Ta có: ⇔ 3( −3t − 8) − 4t + 10(I , ∆′ ) = IA d = (−3t − + 2) + (t − 1) I (1; −3), tR = = −5 ⇔ 32 + 42 ⇒ PT đường tròn cần tìm: 2 2) Ta có VTPT (ABC) ( x –1) + ( y +u u = 25 3)r u uu ur ur ur r uu uu AB = (2; −3; −1), AC = ( −2; −1; −1) ⇒ n =  AB, AC  = (2; 4; −8)   ( x – )x++22 y – 4)z – ( = –2 ) = ( y –1 + z Giả sử M(x; y; z) Suy phương trình (ABC): ⇔ Ta có:  2)2 =MB = MC  x + ( y − 1)2 + ( z −MA = ⇔ − 2)2 + ( y + 2)2 + ( z − 1)2 (x  M(2;3; −7)  x =  2)2 =  x + ( y − 1)2 + ( z −M ∈ (P()x + 2)2 + y + ( z − 1)2  ⇔ y = 2 x + y + z − = ⇒   z = −7  − xy − x + y + > 0, x − x + > 0, y + > 0, x + > (*)  0 < − x ≠ 1, < + y ≠ Câu VII.b: Điều kiện: Hệ PT ⇔  2log1− x [(1 − x)( y + 2)] + 2log 2+ y (1 − x) = log1− x ( y + 2) + log 2+ y (1 − x) − = (1)   ⇔  = log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) = (2) log1− x ( y + 5) − log + y ( x + 4)   Đặt (1) trở thành: log 2+ y (1 − x ) = t ( Với ta có: Thế vào (2) ta t + t − =y0 ⇔⇔ − 1) − x0 ⇔ t = 1 − x = + t t=y = = − (3) Trang 132 Trần Sĩ Tùng www.VIETMATHS.com có: log1− x ( − x + 4) − log1− x ( x + 4) • Với ⇒ (khơng thoả (*)) • Với ⇒ (thoả (*)) Vậy hệ có nghiệm Ôn thi Đại học −0 −x + x =x + = ⇔⇔ 1− x log x = x + = ⇔ x + =1− x ⇔ x + 2x = −2  =0 yx= −1 xy= −2 =1 x = −2, y = Hướng dẫn Đề số 52 y′ = x + 18mx + 12m = 6( x + 3mx + 2m ) Câu I: 2) Hàm số có CĐ CT ⇔ có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = > ⇔ x1 = Khi đó: Dựa vào bảng x = x , x = x CÑ CT xét dấu y′ suy = −2 m Do đó: ⇔ ⇔  −3m −xm  = xCT3m + m Câu II: CÑ − 1) Điều kiện x≥0  ÷ =   2 PT ⇔ 2x −1 + = x 1) + (2 x + 1)(2 x −− 1+ x − x =0 ⇔ ( −3m − m ) , x2 = ( −3m + m ) 2 x − 11 =   (2 x − 1)  x + + = x ÷= 3x + x +   3x + x + ⇔ ⇔ ⇔    π π π π  10sin2  x + ÷+ 4sin  x +x =÷+ 14÷= π sin x − + k2 =1  6   3  2 x ln( x + 1) x ( x + 1) − x x ln( x + 1) x Câu III: Ta có: f (x) = + = +x− x2 + x2 + x +1 x2 + 1 F ( x ) = ∫ f ( x )dx = ∫ ln( x + 1)d ( x + 1) + ∫ xdx − ∫ d ln( x + 1) 2 2) PT ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ m′ ≠x0 x m2 y1 ,= = 2 1 ln ( x + 1) + x − ln( x + 1) + C Câu IV: Do B D cách 2 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 Ta có: 1 2 VS ABCD = 2VS ABC = BO.SA.SC = ax AB − OA a2 + x ax a2 − = ax 3a2 − x = VS ABCD = Câu V: Ta có: Tương tự: Thật vậy, (*) ⇔ ⇔ a3 x = a a3 ⇔ ax 3a2 − x = x = a 16  2 Do đó: ⇔  1 1 a + b + = a − a + + b + a + = a − ÷ + a + b + ≥ a + b + 4  2 2 b2 + a + ≥a+b+   Ta chứng minh (*)  1 1 a + b + ÷ ≥  2a + ÷ (2b + ÷  a −bb ≥1 2    a + b + 2ab + a + b + ≥ 4ab(+ a + ) +  4 Dấu "=" xảy ⇔ a = b = Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn ∈ d I (t;3 − 2t ) Khi đó: ⇔ 3t + 4(3 − 2t ) + 4t I , 3(3− =t2 + 2) d ( + d2 ) = () , d3 tdI = t =  5 Trang 133 Ôn thi Đại học www.VIETMATHS.com ⇔ Vậy có đường tròn thoả mãn: 49 ( x − 4)2 + ( y + 5)2 = 2) + ( y + 1)2 = 25 25 r n = (2;1; −1) x = + t  x−2 y z+2  = = ⇔  y = 3t  z = −2 + 2t  Trần Sĩ Tùng 2) (∆) : (P) có VTPT ⇒ Gọi I giao điểm (∆) I (2 + t;3t; −2 + 2t ) đường thẳng d cần tìm ur u VTCP d ⇒ AI = (1 + t ,3t − 2, −1 + 2t ) ur r u ur ⇔ AI n = u Do d song song mặt phẳng (P) ⇔ 3t + = ⇔ t = − ⇒ AI = 2; −9; −5 Vậy phương trình đường thẳng d x − y − z + = = 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 nên số cách a1 ≠ xếp cho chữ số cách Số cách xếp cho vị trí cịn lại : A85 Vậy số số cần tìm là: = 33.600 (số) A85 Câu VI.b: 1) có tâm I (1; –2) bán kính R = (C ) (d) cắt điểm phân biệt ⇔ d ((ICd ) < R ,) ⇔ − 2m + − < + m A, B ( ) ⇔ − 4m + 4m2 < 18 + 9m2 ⇔ 5m + 4m + 17 > ⇔ m ∈ R Ta có: 1 S = IA.IB sin ·AIB0 ≤ IA.IB = Vậy: lớn ·AIB 33 22 S⇔ 90 IAB R 2IAB = d (I , d ) = AB = 2 ⇔ ⇔ m = −4 ⇔ 16m2 − 16m + = 36 + 18m2 − 2m + 16m + 32m2 ⇔ 2m = 2 + = uu ur uu ur r 2) Ta có: ⇒ VTPT SM = (mn =−1),m; mn) (0; n; −1) ;0; (n; SN = (SMN) nx + my + mnz − mn = (SMN)) Suy (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định Phương trình mặt phẳng (SMN): Ta có: d(A, − m.n (4 x(4 x − 2.2 x − 3).(log23 > x +1 x Câu − 2.2 x − 3).log2 x − x + 1) > − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Hướng dẫn Đề số 53 = VII.b: BPT ⇔ ⇔ n + m − mn − mn = = =1 n2+ m − mn n 2 − 2mn + m n +m  22−>>log−3 > x 2x 2.2 x 2233  x x >log    log xx>x1 −1 log+ x 10 2    <   22− 2.2 x < x x < −      x < log2  log x + x < −1 log2       0 < x <  Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d (C) cắt M ( x ; y )  0 Ox A Oy B cho OA = 4OB Do ∆OAB vuông O nên: ⇒ Hệ số OB 1 tan A = − = góc d OA 4 11 y′ ( x ) ′ ( x ) = − − < − y= − = 42 ( x − ( x − 1) 1) Hệ số góc d M là: ⇒ ⇔ ⇔   3 0 ÷ Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn  x0 = −1  y0 =  + 1) y = − ( x − 3) +  là:   x =  y = 52 cos2 x ≠ Câu II: 1) Điều kiện:  ÷  2 2 2 PT ⇔ ⇔ −(sin x + cos x ) + sin xx−+ cosx x = 2sin2 sin = ⇔ ⇔ sin x = 0π x=k 2) Hệ PT ⇔ ⇔  xyxy(siny )( xx+ y2((loaïi)= 30  ( x  +)2 x = y2+ x +)y ) = 30 x + y + xy  Đặt Hệ trở thành ⇔ Từ  xyxyuv(11−u+xy=x=+ + = 11  x +)y(xy y = u30 (1) v y ) uv = x   ( x(+uv+x++)+)+30 y y = 11    (1) ⇒ + u xyv==11 uv uv +uv=vv = 11 (2)  u + • Với uv = ⇒ Giải ta  − 21 + v =  + u + 21 − ;  ÷ nghiệm (x; y) là:   (2;1) (1;2) • Với uv = ⇒ Giải ta u + v = Trang 134 Trần Sĩ Tùng www.VIETMATHS.com Ôn thi Đại học nghiệm (x; y) là: (2;1) Kết luận: Hệ PT có nghiệm: , , ,  − 21 + 21  + (1;2) −   dx t=;2txdt ÷ Câu III: Đặt ⇒ I = = = 1 11 = + t t 2  t 2 ∫t − lndt ÷ Câu IV: Từ giả thiết suy ∆ABC − 2 dt ∫  23 ++ 1− + t  t 0 vuông cân B Gọi H trung điểm AC BH ⊥ AC BH ⊥ (ACC′A′) Do BH đường cao hình chóp 2 B.MA′C′ ⇒ BH = Từ giả thiết ⇒ MA′ = , a a a A′C′ = Do đó: 1 a3 VB.MA ' C ' = BH SMA ' C ' = BH MA′ A′C′ = a + b a(1 − b − c) + b a + b = = −a Câu V: Ta có: b+c b+c b+c Tương tự, BĐT trơt thành: a + b a + b b + + c c + + a bc ca − a ++ −++ b ≥−c≥2 ⇔ b+c b+c c ++a a ++ b ca ab Theo BĐT Cô–si ta a+b b+c c+a a+b b+c c+a + + ≥ 33 = có: b+c c+a a+b b+c c+a a+b Dấu "=" xảy ⇔ Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) bán kính R = 29 Ta có IE = < = R ⇒ E nằm hình tròn a = b = c = (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 5(x + 1)y+ 25 = + y=0 Khi phương trình đường thẳng ∆ là: ⇔ 2 2) Giả sử (S): x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = I a b;2) (1; = • Từ O, A, B ∈ (S) suy ra:  ⇒ c = = • ⇔ ⇔ b+ d = 55 b5  = d (I,(P )) = Vậy (S): (S): x + yx + 2 + x 2+− x − z = + z y − z 20 y  b = −1066 Câu VII.a: Gọi số cần x = a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 tìm là: (a1 ≠ 0) • Giả sử 0: a1 + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C + Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: C 2! • Bây ta xét = 0: a1 + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C + Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: 2 Vậy số số cần tìm là: C7 C5 2!C8 − C6 C4 = 11340 (số) rr r n21= (3; ≠ ) n = (a b (1;2) an3 + b ;−1) Câu VI.b: 1) Gọi VTPT AB , BC , AC với Do ∆ABC cân A nên góc B C nhọn r r r cos cosbr Suy ra: ⇒ ⇔ − n n1.n2B = an3 C2 = ⇔ r2 +r a −r ab = 2 b = 15 n =b r 22a n a n+ b2 n1 11a = 2b ⇔  r 1, b b • Với , ta chọn ⇒ ⇒ AC // AB a a = = n= = (1;2) ⇒ không thoả mãn ar= = (2;11) 11a b = 11 • Với , ta chọn ⇒ n3 2, = 2b 1) + 11 y + 3) Khi phương trình AC là: 2( x −2 x + 11(y + 31 = ⇔ M (−1 + 2t1 +−2tt;2t ) 2) PTTS ∆: Gọi ∈ ∆  x = − ;1 u u u u = −2t u r y u Diện tích ∆MAB = ≥  r 1) S =  AM 18(t−19818t − 36t + 216 , AB t = + 198  Vậy Min S = hay  z = 198 =  2t M(1; 0; 2) x x Câu VII.b: PT ⇔ ⇔ ⇔  5225tx 5xlog a − t = x , −> − log5=a5= PT cho có nghiệm  t − a=0 (*) t − t − logt5 = log5 a  Trang 135 Ôn thi Đại học www.VIETMATHS.com Trần Sĩ Tùng ⇔ (*) có nghiệm dương ⇔ có nghiệm dương Xét hàm số với t ∈ [0; +∞) Ta có: ff′(ftt1 = t2t0 11  (0) =  = t f ′ (f )=)0 ⇔ − = t ( ) ÷ = −− t ⇒., 2 Dựa vào BBT ta suy phương trình f (t ) = log5 a có nghiệm dương ⇔ ⇔  log5≥ a a ≥   1  log5= = − a a    Hướng dẫn Đề số 54 Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm: ⇔ x 4( + + mm222 − =)= + xx +3 m2 x x + x x x 22 2 x − = ⇒ g′ ( x ) = x + 2m2   ≥ ⇔ Ta có: (với x  x = m ) Hàm số g(x)  g( x ) = x + 2m x − = (*)  đồng biến với giá trị m Mặt khác g(0) = –1 Do phương trình ≠ (*) có nghiệm khác Vậy đường thẳng cắt đồ thị hàm số y = x + (1) hai điểm phân biệt với giá trị m 1) Điều kiện: (*) cos⇔≠ Câu II: πx x ≠ + k.π PT 1–sin2 x = sin ⇔(sin2 x –1)  π  tan x 2= 2x – ÷  2sin −1 (Thỏa mãn điều kiện 1– cos  x −  =tan⇔= xπ tan x πx π π 2x = + k π π   = +k xx = + k (*) )  42  2) Điều kiện: (**) 2 ⇔  x x x−> π π 4>   −4>0  x= − + l.π x = − + l.π PT ⇔    x ≤ −32 2   44 log3 ( x – ) + log3 (+ x + 2)2≥ 0 log   (+  ( x3x 2)2)≥ − log3 ( x – 2) =  log x + 2)2 − loglog3+x +22) 4+ log33((x + 2)2 − 14 = ( x ( 2) + ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x 2) ( x3 ( x +22) log=+−2 ± =23= Kiểm tra điều kiện (**) có thỏa x = −2 − mãn Vậy phương trình có nghiệm x = −2 − là: x = x Câu III: Đặt = Ta có: t== sin x cos2 x cos2 x dtcos4 − + sin– t dx ππ 15 I==== 15 + sin2 x 33 sin sin x x 15  = = =  ( 115 +4) x.cosdt1+ ) (  ln 15 + − ln− + 2dt ⇒  ln ∫∫ ∫ 21 − ln+ 22 dx ⊥ Câu IV: Ta có SA (ABC) SA AB; SA AC ∫t t  04cos xt ln 4sin− x ÷ ÷ 0153− x +3+ sin3 − ÷ cos + − t2   x ⇒ ·SCA⊥ 60 Tam giác ABC vuông cân  = t −2 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 ; góc mp(SBC) mp(ABC) SA = AC.tan600 = Từ SB2 = SA2a+ = 10a2 AB π Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp 10π a2 π d2 tứ diện SABC là: S = = SB = Câu V: Tập xác định: D = R Ta có: ( BĐT Cơ–si) f (x) = x2 − x + + ≥2 Dấu "=" xảy ⇔ x –2 x + = 1  x = ⇔ x2 − 2x + Vậy: f(x) = đạt x = F1 ( − 3;0 ) , F2 ( 3;0 ) Câu VI.a: 1) Ta có hai tiêu điểm (E) Theo định nghĩa (E) suy : = + = 10 2a   MF1 + MF2 = 2 2 ⇒ 2 233  a = Mặt khác: c = ⇒ 3= ( + a 3– b+c 4c 22÷ b − = a) −2  =   )( ( ( Trang 136 ) ) Trần Sĩ Tùng www.VIETMATHS.com Ôn thi Đại học Vậy tọa độ đỉnh (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; –) ; B2 ( 0; ) 2) d có VTCP Gọi H hình chiếu vng góc A d u ur uu Giả sử ⇒ H (= u u t;1 + t;3) ) (– tr + 2t;0 ; AH u − r Mà AH d nên ⇒ ⇔ ⇒ 6⊥u −1( −H)AH2 81+  t ) = t t+ ⊥( 1;3 = ;− d ÷  55 ⇒ AH = 5  Mà ∆ABC nên BC = hay BH = AH 15 15 52 = ⇔ B(1 − s;2 + 2s;3) 2 Giả sử + – 15  25s 10s  = 5  − − s ÷ +  + 2s ÷ = −1 ± ⇔ s= 25   5  Vậy: 6− 8+2  + − C B ; ;3  +5 − ÷ − +2 B ;2 ;3 3 ÷ n 0C  n (1 + x ) = Cn + xCn + x Cn + x 3Cn + + x nCn Câu VII.a: Xét khai 5  triển: n Lấy đạo hàm vế ta n(1 + x )n−1 = Cn + xCn + 3x 2Cn + + nx n −1Cn được: 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   22 r ud = (−1;2;0) n n Cho x = ta đpcm uu uu u r urrr  u ur u = u u Câu VI.b: 1) Gọi M trung điểm BC u AEy= 23 u8  EB AG 0; − Ta có ⇒ M(2; 3) Đường thẳng EC AG == AM ÷ 3  qua M có VTPT nên có PT: ⇒ E(0; 3) ⇒ C(4; 3) Mà nên B(–1; 1) x − 5y + = ⇒ Phương trình BC: I (1 + 3t; −1 + t; t ) 11t − 2t + n n 2) Gọi I tâm (S) I ∈ d ⇒ Bán kính R = IA = Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) 37 = 5t + d (I ,( Pt)) − 24t = = R nên: ⇔ ⇔ t = ⇒ R =1  24 77 ⇒R= t =  37 37 được: Vì (S) có bán kính nhỏ nên chọn t = 0, R = Suy I(1; –1; 0) 2 Vậy phương trình mặt cầu ( x − 1) + ( y + 1) + z = (S):  x + y = y3 + 16 x  (1) Câu VII.b:  Từ (2) suy (3) 2 y2 – 5x = (2) 1 + y = 5(1 + x ) ⇔  Thế vào (1) 2x – x y –16 x = x + y – x y = y3 + 16 x ( ) x – 5x =–16 = xy ⇔ ⇒ • Với yx==0 y =±2 • Với ⇔ (4) Thế vào (3) được: x2 – xy –16 = x2 − 16  x − 16  y = ÷ (2 =  x –32 xxx + 256 –125−3) = 100 x 124 24 = 1x =− x2564 + 132 xy = x = 1– x  5x   x5= −1 ( y = 3)  ⇔ ⇔ ⇔⇔ ⇔ Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3) Hướng dẫn Đề số 55 x2 − 2x − = Câu I: 2) Ta có m ⇔ ( x − x − ) x − = m, x ≠ = m x C ') y = ( x − x − )y x − 1, , (≠ x −1 Do số nghiệm phương trình số giao điểm đường thẳng ( )  f ( x ) x > y = ( x − x − ) x −C '=  Trang 137 f ( x ) x < − Với nên bao gồm: Ôn thi Đại học www.VIETMATHS.com Trần Sĩ Tùng + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải x = đường thẳng + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái x = đường thẳng qua Ox Dựa vào đồ thị ta có: m < –2 m = –2 –2 < m < m≥0 Số nghiệm vô nghiệm nghiệm kép nghiệm phân biệt nghiệm phân biệt   5π  5π 5π 1π  π Câu II: 1) PT   ⇔⇔ 2 xsin  ÷+ sin ÷+ sin 5π sin sin  − x− =  = 12=  π  π   π  5π π 12 12   12  ⇔ sin  x −2  ÷ = sin − sin = cos sin  − ÷ = sin  − ÷   12  12   12   12    5π π π 2 x − 12 = − 12 + k 2π  x = + kπ   π  5π  ⇔ sin  x − ⇔ ( k  ) ữ = sin ữ ⇔  12    12  2 x − 5π = 13π + k 2π  x = 3π + kπ  12 12  x + y > 0, x − y ≥ 2) Điều kiện: Hệ PT ⇔  u − v = (u > vu = x + y u + v = uv +  )    ⇔  v = x − y u2 + v2 +  u2 + v2 +  − uv =  − uv = 2    x+y = 2+ x−y Đặt:   ta  x + y + − x − y =  có hệ:  u + v = uv + (1)  ⇔ Thế (1) (u + v)2 − 2uv + vào (2) ta uv + uv + − uv = ⇔ uv + uv + = (3 + uv ) ⇔ uv =  − uv = (2)  có: Kết hợp (1) ta có: (với u > v)  uv = ⇔ u = 4, v = Từ ta có: x = 2; y = 2.(thoả  u + v = đk) Kết luận: Vậy nghiệm hệ là: (x; y) = (2; 2) Câu III: π π 4 π • Tính Sử I1 = I = ∫ + x sin xdx − ∫ x sin xdx = I1 − I dụng cách tính π π tích phân I1 = ∫ + x sin xdx − − 4 π hàm số lẻ, ta − tính π • Tính Dùng phương pháp tích I = −4 π + phân phần, ta tính được: I = 4x sin xdx ∫ − π Suy ra: Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD • Tứ giác BCMN hình thang  BC ⊥ AB  BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ BM vng có BM đường cao  43 a2a  2a + 4a  ÷ BCSM + MN MN3  a −3 2a 10a MN SBCNM = = ÷ == ⇔ BM == 2 3 33 AD SA 2a  a : S = • Hạ AH BM Ta có SHBM BC (SAB) SH đường cao khối chóp SH = SB.sin300 = a I= π− • SA = AB tan600 = , ⇒ MN = , BM = Diện tích hình thang BCMN ⇒ BC SH Vậy SH ( BCNM) ⊥ ⇒ SBCNM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , = AB AM = SB MS Vậy BM phân giác góc SBA ·SBH⇒ 300 = Trang 138 Trần Sĩ Tùng a, b, c > BĐT ⇔ (*) www.VIETMATHS.com Ôn thi Đại học • Thể tích chóp SBCNM ta có V = 10 3a3 SH SBCNM = 27 Câu V: Đặt Từ giả thiết ta có: x ab + bc + ca =z abc = a; 5y = b; = c a2 b2 c2 a+b+c ⇔ + b3 + 3≥ Ta có: (*) a + bc b + ca c + ab c a a +b+c ⇔ + + a≥ b3 c3 a+b+c 2 4+ a + abc b + abc c + abc + ≥ (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) a3 a+b a+c + + ≥ a (a + b)(a + c) 8 b b+c b+a + + ≥ b (b + c)(b + a) 8 c c+a c+b + + ≥ c (c + a)(c + b) 8 đẳng thức (1), (2), (3) suy điều phải chứng minh Câu VI.a: 1) Do nên phương trình AB: xAB ⊥ = + y + CH AB ∩+ = 2 x x y −4 + = BN   y = x + y +1 =  Phương trình đường thẳng (d) qua A x − 2d )− 5BN I = (y ∩ = vng góc với BN (d): Gọi •, ⇒ + y 3; −4) 2 xA '(−+ =   x − 2y − = Áp dụng BĐT Cơ-si, ta có: (1) ( 2) ( 3) Cộng vế với vế bất • B = ⇒ Toạ độ điểm B nghiệm hệ: ⇔ ⇒ B(-4; 3) • Lấy A’ đối xứng với A qua BN A '∈ BC Giải hệ: Suy ra: I(–1; 3) • Phương trình BC: Giải  BC : x + y 1325 = x + y + 25 =  + 9 C − ;− ÷  hệ: ⇒ 2 7.1 + 1(−2) + 25 d (= ; BC = 13  +  +  =4502 45 A  −) + 450 BC  ÷ = 3 = 2 ÷ S ABC = d A; BC4 BC7 +  ( )  4= 2 4 −  CH : x  y + =  Suy ra: r r r r u1 , u2 u1 = (4; −6; −8), u2 = (−6;9;12) 2) a) • VTCP hai đường thẳng là: ⇒ phương ∉ Mặt khác, M( 2; 0; –1) d1; M( 2; 0; –1) d2 ∈ Vậy d1 // d2 ur 22u r r x –u uy + 19z + = n = −  MN , u1  = (5; −22;19)  2 • VTPT mp (P) ⇒ Phương trình mp(P): u u u r b) ⇒ AB // d1 Gọi A1 AB = (2; −3; −4) 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 • Gọi H hình chiếu A lên d 43 95 15  36 33 28 − ÷ Tìm H A’ đối xứng với A qua  ; ; ; ; ÷ 29 29 29 29 29 29  H nên A’ I trung điểm A’B suy I  65 −21 −43  ; ; z≠ =0  ÷Câu VII.a: Nhận xét khơng nghiệm  29 58 29  PT Vậy z Chia hai vế PT cho ta được:   z2  (1)  z + ÷−  z − ÷+ = z z    Đặt Khi t −1 ⇔ t = z2 + = − z2 + = t z + Phương trình (2) trở 5=0 − z2 z2 z ∆ = 1t− 4.t + = −9 = 9i thành: (3) 2 ⇒ PT (3) có nghiệm , + 3i − t= • Với : ta có (4a) 1 + 3i + 3i z − =2 ⇔= z2 − (1 + 3i)z − = t Có ∆ = (1 + z i) +2 = + 6i2= + 6i + i2 = (3 + i) 16 ⇒ (1 + 3i) − (3 + ii) i − + + z= = 1+ i = PT (4a) có nghiệm : , • Với : ta có (4b) 1 − 3i 12 3i − z− = z ⇔= z − (1 − 3i)z − = t Trang 139 ... : z = điểm B ∆2 cho đoạn  AB có độ dài nhỏ Câu VII.b: (2 điểm) Cho tập A= {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6} Có số tự nhiên có chữ số khác chọn A cho số chia hết cho 15 Đề số 25 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ... biến thi? ?n vẽ đồ thị hàm số m = –2 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 1200 điểm cực trị lập thành tam giác có góc Câu II (2 điểm) 1) Giải bất phương ( x + − x − ) ( + x + x − ) ≥ trình: 2) Giải. .. điểm) Giải bất (log + log x )log x ≥ x phương trình: Đề số Trang Trần Sĩ Tùng www.VIETMATHS.com Ôn thi Đại học I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x + Câu I (2 điểm) Cho hàm số có đồ