LÊ NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN TẬP 6 THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng. Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã được học, rèn luyện kĩ năng giải toán tạo nền tảng kiến thức tốt nhất cho kỳ thi Đại học sắp tới. Nội dung sách được viết trên tinh thần đổi mới ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù hợp theo quan điểm ra đề và chấm thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo rất phù hợp để các em tự ôn luyện. Toán là môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi trong mọi hoạt động của con người. Để học toán tốt trước hết rất cần sự tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu. Bên cạnh đó phương pháp học cũng rất quan trọng, nên đi từ cái dễ và cơ bản tới cái khó hơn với một tư duy logic. Tiếp xúc một bài toán không chỉ dừng lại ở cách giải thông thường mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng và cách giải khác nhau. Sau mỗi bài toán nên rút ra cho mình những điểm chú ý quan trọng. Cuối cùng thầy chúc tất cả các em luôn có được SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM MÊ, và THÀNH CÔNG trong các kỳ thi sắp tới! Thanh hóa.Tháng 9 năm 2014 Tác giả ĐỀ SỐ 61 Câu 1.(2,0 điểm). 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị: 3 2 6 9 2 (C). y x x x= − + − 2/Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có đồ thị là (C m ), đường thẳng d có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m để d cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu 2.(2,0 điểm). 1. Cho phương trình 2cos2x – mcosx = 4 1 sin4x + msinx, m là tham số (1). a) Giải phương trình (1) khi m = 2. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm trong đoạn [0, 4 π ]. 2. Giải phương trình 3 2 3 3 5 2 3 10 26 0, + − − − + + − = ∈¡x x x x x x . Câu 3.(1,0 điểm). Tính tích phân 2 2 2 2 1 1 I = dx. ( 1)( 3 1) x x x x x − − + + + ∫ Câu 4.(1,0 điểm). 1/Tìm hệ số của x 18 trong khai triển của (2 – x 2 ) 3n biết * ∈¥n thoả mãn đẳng thức sau: 0 2 4 2 2 2 2 2 512+ + + + = n n n n n C C C C . 2/Tìm môđun của số phức 3 1 2 (1 ) 1 i i Z i + − − = + . Câu 5.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm I(-5;1) là tâm đường tròn ngoại tiếp; phương trình đường cao AH và trung tuyến AM lần lượt là: 2 13 0 và 13 6 9 0. x y x y− − = − − = Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C. Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(4;4;0); điểm B thuộc mặt cầu (S): 2 2 2 4 4 4 0x y z x y z+ + − − − = sao cho tam giác OAB đều. Viết phương trình mặt phẳng (OAB). Câu 7.(1.0điểm). 1. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. 2. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn 1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V. Câu 8.(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 3 2 2 3 4 2 0 1 2 1 x y x x y x y y  − + + − + =   − − = − −   Câu 9.(1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 + + ≥ + + + a b c a b b c c a .Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm) 1.(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị: 3 2 6 9 2 (C). y x x x= − + − TXĐ: D=R Sự biến thiên : + lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ + y / =3x 2 -12x + 9 , y / = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 3 + Bảng biến thiên Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ∞ ;1) và (3;+ ∞ ); nghịch biến trên khoảng (1;3) Hàm số đạt cực đại tại x = 1, y CĐ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3, y CT = -2 // // 6 12 0 2, 0y x y x y= − = ⇔ = = Đồ thị nhận điểm I(2;0) làm điểm uốn Đồ thị: Đồ thị nhân điểm I(2;0) làm tâm đối xứng 2.(1,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 (m là tham số) có đồ thị là (C m ), đường thẳng d có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m để d cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Xét phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: x 3 + 2mx 2 + (m + 3)x + 4 = x + 4 ⇔ x(x 2 + 2mx + m + 2) = 0 ( )    =+++ = ⇔ *022 0 2 mmxx x d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ PT (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 x y / y - 1 3 + + 0 - 0 + - 2 -2 + 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -12 5 10 15 20 25 30 Y O 1 X 3 ( ) ( ) ( ) + + >= ;21;22; 02 02 2' m m mm Khi ú B = (x 1 ; x 1 + 4), C = (x 2 ; x 2 + 4) vi x 1 , x 2 l hai nghim ca (*) . Theo Vi-ột ta cú += =+ 2 2 21 21 mxx mxx ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 8 2 2 2= - = + - = - -ị BC x x x x x x m m Ta cú khong cỏch t K n d l h = 2 . Do ú din tớch KBC l: ( ) 2 2 1 1 . . 2.2 2 2 2 2 2 2 = = - - = - -S h BC m m m m 2 1 137 8 2 2 2 8 2 ( ) 2 = - - = = S m m m TM . Vy 1 137 2 =m . Cõu 2.(1,0im) 1.(0,5 im). Cho phng trỡnh: 2cos2x mcosx = 4 1 sin4x + msinx(1) 1a.(0,25 im) Gii phng trỡnh: 2cos2x mcosx = 4 1 sin4x + msinx (1) khi m = 2. Ta cú : 2cos2x mcosx = 4 1 sin4x + msinx 4cos2x - sin2x.cos2x 2m(sinx + cosx) = 0 cos2x(4 - sin2x) 2m(sinx + cosx) = 0 (cos 2 x sin 2 x)(4 - sin2x) - 2m(sinx + cosx) = 0 (sinx + cosx)[(cosx sinx)(4 - sin2x) - 2m] = 0 sin cos 0 (2) (cos sin )(4 sin 2 ) 2 0 (3) ộ + = ờ ờ - - - = ở x x x x x m *Gii (2): sin cos 0 sin 0 , . 4 4 ổ ử p p ữ ỗ + = + = = - + pẻ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ Âx x x x k k *Gii (3): (cos sin )(4 sin 2 ) 2 0- - - =x x x m . t t = cosx - sinx, 2 2 sin 2 2sin cos 1= = -Ê ịt x x x t PT (3) tr thnh: ( ) 2 3 3 2 0 3 2 0+ - = + - =t t m t t m (4) Vi m = 2, PT (4) tr thnh: ( ) ( ) 3 2 3 4 0 1 4 0 1+ - = - + + = = t t t t t t Vi t = 1, ta cú: 2 cos sin 1 cos 2 , 4 2 4 4 x x x x k k ổ ử p p p ữ ỗ - = + = + = + pẻ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ Â 2 , 2 , . 2 x k k x k k ộ = pẻ ờ ờ p ờ =- + pẻ ờ ở Â Â Vy vi m = 2, PT ó cho cú nghim: 4 p =- + px k , 2 , 2 ( ). 2 p = =- +p pẻ Âx k x k k 2b.(0,25im) Tỡm m phng trỡnh (1) cú nghim trong on [0, 4 ]. Nghim ca (2) khụng thuc on [0, 4 ] nờn PT ó cho cú nghim thuc on [0, 4 ] thỡ PT (3) phi cú nghim thuc on [0, 4 ] hay PT (4) cú nghim thuc on [0, 1]. Ta cú: 3 3 3 2 0 3 2+ - = + =t t m t t m (5). Xột hm s f(t) = t 3 + 3t liờn tc trờn Ă cú f '(t) = 3t 2 + 3 > 0 " ẻ Ăt . Suy ra: [ ] [ ] 0,1 0,1 min ( ) (0) 0, max ( ) (1) 4= = = =f t f f t f . PT (5) cú nghim trờn on [0, 1] [ ] [ ] 0,1 0,1 min ( ) 2 max ( ) 0 2 4 0 2.Ê Ê Ê Ê Ê Êf t m f t m m Vy [ ] 0,2ẻm l giỏ tr cn tỡm ca m. 2. (0,5 im) Gii phng trỡnh 3 2 3 3 5 2 3 10 26 0, + + + = Ăx x x x x x . iu kin: 5 1; 2 x . ( ) ( ) 3 2 PT 3 3 3 5 2 1 3 10 24 0+ - - - - - + + - = x x x x x ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 12 0 3 3 3 5 2 1 - - + - - - - = + + - + x x x x x x x ( ) 2 3 2 2 12 0 3 3 3 5 2 1 ộ ự ờ ỳ - + - + + = ờ ỳ + + - + ở ỷ x x x x x 2 2 3 2 12 0 3 3 3 5 2 1 ộ = ờ ờ ờ + - + + = ờ + + - + ở x x x x x Xột hm s 2 5 ( ) 12, 1; 2 ộ ự ờ ỳ =- + + -ẻ ờ ỳ ở ỷ f x x x x . Ta cú f(x) liờn tc trờn 5 1; 2 ộ ự ờ ỳ - ờ ỳ ở ỷ . Ta cú f'(x) = -2x + 1, f'(x) = 0 x = 1 2 . Do ú 5 1; 2 5 1 33 49 33 min ( ) min ( 1); ( ); ( ) min 10, , 0 2 2 4 4 4 ộ ự ờ ỳ - ờ ỳ ở ỷ ỡ ỹ ỡ ỹ ù ù ù ù ù ù ù ù = - = = > ớ ý ớ ý ù ù ù ù ù ù ù ù ợ ỵ ợ ỵ f x f f f . 2 3 2 5 12 0 1; 2 3 3 3 5 2 1 ộ ự ờ ỳ + - + + > " -ị ẻ ờ ỳ + + - + ở ỷ x x x x x . Vy PT ó cho cú nghim duy nht x = 2. Cõu 3.(1.0 im) Tớnh tớch phõn 2 2 2 2 1 1 I = dx. ( 1)( 3 1) x x x x x + + + Ta cú 2 2 1 1 1 1 1 1 3 dx x I x x x x ữ = + + + ữ ữ t 1 t x x = + 2 1 1dt dx x = ữ i cn: x = 1 t = 2 ; x= 2 t = 5/2 5 5 2 2 2 2 1 1 1 ( 1)( 3) 4 1 3 dt I dt t t t t = = ữ + + ( ) 5 2 2 1 ln 1 ln 3 4 t t= + 1 15 ln 4 11 = Câu 4.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm). Tìm hệ số của x 18 trong khai triển của (2 – x 2 ) 3n biết * ∈¥n thoả mãn đẳng thức sau: 0 2 4 2 2 2 2 2 512+ + + + = n n n n n C C C C Ta có: ( ) 2 0 1 2 3 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 n n n n n n n n n C C C C C C − + = + + + + + + (1) Ta có: ( ) 2 0 1 2 3 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 n n n n n n n n n C C C C C C − − = − + − + − + (2) Cộng từng vế (1) và (2) ta được: ( ) 2 0 2 4 2 0 2 4 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C − = + + + + ⇒ + + + + = Theo bài ra ta có: 2 1 2 512 2 1 9 5 - = - = =Û Û n n n Từ đó (2 – x 2 ) 3n = (2 – x 2 ) 15 = ∑ = − − 15 0 215 15 )1()2( i iiii xC Þ Hệ số của x 18 là số iii C )1(2 15 15 − − sao cho 2i = 18 Û i = 9. Vậy hệ số của x 18 là: - 69 15 2C = -320.320 2.(0,5 điểm). Tìm môđun của số phức 3 1 2 (1 ) 1 i i Z i + − − = + . ta có: 3 2 3 1 2 (1 ) 1 2 (1 3 3 ) 3 4 1 1 1 i i i i i i i Z i i i + − − + − − + − + = = = + + + 7 1 2 2 Z i⇒ = + Vậy: 2 2 7 1 5 2 2 2 2 Z     = + =  ÷  ÷     Câu 5.(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm I(-5;1) là tâm đường tròn ngoại tiếp; phương trình đường cao AH và trung tuyến AM lần lượt là: 2 13 0 và 13 6 9 0. x y x y− − = − − = Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C. Ta có A=AM∩AH ⇒ A(-3 ;-8) Do IM // AH ⇒ phương trình đường thẳng IM: x - 2y + 7 = 0 M = IM ∩ AM ⇒ M(3;5) BC ⊥ AH ⇒ phương trình đường thẳng BC: 2x + y - 11 = 0 Do B ∈ BC ⇒ B( x 0 ; 11 - 2x 0 ) Ta có IB =IA ⇒ (x 0 +5) 2 + (10 - 2x 0 ) 2 = 85 ⇔ x 0 2 - 6x 0 +8 = 0 0 0 2 4 x x =  ⇔  =  ⇒ B(2; 7) ; C(4;3) hoặc B( 4;3) ; C(2;7) Câu 6.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(4;4;0); điểm B thuộc mặt cầu (S): 2 2 2 4 4 4 0x y z x y z+ + − − − = sao cho tam giác OAB đều. Viết phương trình mặt phẳng (OAB). ( ; ; ) ( )B x y z S∈ và ∆OAB đều nên 2 2 2 4 4 4 0x y z x y z OA OB AB  + + − − − =  = =  2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 32 (4 ) (4 ) 32 x y z x y z x y z x y z  + + = + +  ⇔ + + =   − + − + =  2 2 2 8 32 4 x y z x y z x y + + =   ⇔ + + =   + =  0; 4; 4 4; 0; 4 x y z x y z = = =  ⇔  = = =  (0;4;4) (4;0;4) B B  ⇒   (0;4;4)B ⇒ phương trình mp(OAB): x - y + z =0 (4;0;4)B ⇒ phương trình mp(OAB): x - y - z =0 Câu 7.(1,0 điểm) 1.(0,5 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. Dựng đúng thiết diện Chứng minh EI = IJ = JF. Từ đó suy ra ' 1 ' ' 3 = = = EB EM FA EB EK FB . Lại từ đó suy ra 1 2 = FN FK . Ta có: d(K, A'B') = (1/2)d(C', A'B'), FB' = (3/2)A'B'. Suy ra S KFB’ = (3/4)S A’B’C’ . Mặt khác vì 1 ' 3 = EB EB nên suy ra d(E, (KFB’)) = (3/2)h (h là chiều cao lăng trụ). Do đó V EKFB’ = (3/8)V (V là thể tích lăng trụ) . ' 1 1 1 1 . . . . ' 3 3 3 27 = = = EBIM EB FK V EI EM EB V EF EK EB nên V EBIM = 1 3 1 . 27 8 72 =V V . ' ' ' 1 1 1 1 . . . . ' 3 3 2 18 = = = FA JN FB EK V FJ FA FN V FE FB FK nên V FA’JN = 1 3 1 . 18 8 48 =V V . Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Gọi V 1 là thể tích phần chứa điểm B' và V 2 là thể tích phần chứa điểm C. Ta có V 1 = (3/8 – 1/72 – 1/48)V = (49/144)V nên V 2 = (95/144)V. Do đó V 1 /V 2 = 49/95. 2.(0,5điểm) Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn 1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V. Theo giả thiết DACD và DBCD có tất cả các cạnh không lớn hơn 1. Đặt CD = a ( 0 1< £a ). Gọi AM, BN lần lượt là chiều cao của ACD ∆ và BCD ∆ . Ta có 4 1 2 a AM −≤ ; 4 1 2 a BN −≤ . Gọi AH là chiều cao của tứ diện, ta có 4 1 2 a AMAH −≤≤ . Thể tích của tứ diện ABCD: ) 4 1( 6 6 1 3 1 2 aa AHCDBNAHSV BCD −≤== ∆ Xét )4()( 2 aaaf −= trên (0, 1]. Ta có f(a) liên tục trên (0, 1]. ' 2 ' ( ) 4 3 , ( ) 0= - = Ûf a a f a ( ] 2 0;1 3 = ± Ïa . Vậy ( ] 0,1 max ( ) (1) 3= =f a f . N F M E K J I B' C' A' C BA M N H C D B A 3 0 + 1 0 f(a) f'(a) a Suy ra 1 max 8 =V khi DACD và BCD ∆ là hai tam giác đều cạnh bằng 1, hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) vuông góc với nhau. Khi đó tính được 6 1 2 = >AB . Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 3 3 2 2 3 4 2 0 1 2 1 x y x x y x y y  − + + − + =   − − = − −   ĐK 1 1 0 2 x y − ≤ ≤   ≤ ≤  (1) 3 3 ( 1) ( 1) (2)x x y y⇔ + + + = + Xét hàm số 3 ( )f t t t= + với [ ] 0;2t ∈ Ta có / 2 ( ) 3 1 0 (0;2)f t t t= + > ∀ ∈ f⇒ đồng biến trên [ ] 0;2 Phương trình(2) có dạng ( 1) ( ) 1f x f y x y+ = ⇔ + = Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được 2 1 1 1 1x x x− − + = − − 2 1 1 1 1 0x x x⇔ + + − − − − = Đặt 1 1 , 2 2t x x t= + + − ≤ ≤ 2 2 2 1 2 t x − ⇒ − = Phương trình trở thành: 2 0 (loai) 2 0 2 (t/m) t t t t =  − = ⇔  =  Với 2 2 1 1 2 1 0t x x x= ⇒ + + − = ⇔ − = 1 x⇔ = ± (t/m đk) x = 1 ⇒ y=2 x= -1 ⇒ y=0 Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (-1;0) ; (1;2) Câu 9.(1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 + + ≥ + + + a b c a b b c c a .Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? Ta có ( ) 2 2 2 2/3 2 2 3 4 2 2 2 2 2 3 3 a ab ab a a a ab a b a b ab = − ≥ − = − + + (Theo BĐT Cô - si) Tương tự: ( ) 2 2/3 2 2 2 3 b b bc b c ≥ − + , ( ) 2 2/3 2 2 2 3 c c ca c a ≥ − + Khi đó ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2/3 2/3 2/3 2 2 2 2 2 2 2 3 a b c a b c ab bc ca a b b c c a   + + ≥ + + − + +   + + + ( ) ( ) ( ) 2/3 2/3 2/3 2 3 (1) 3 ab bc ca   = − + +   Ta đi chứng minh ( ) ( ) ( ) 2/3 2/3 2/3 3 3 32 2 2 2 2 2 3 3ab bc ca a b b c c a+ + ≤ ⇔ + + ≤ (2) Thật vậy theo Cô - si ta có 3 2 2 3a b ab a b+ + ≥ Thật vậy theo Cô - si ta có 3 2 2 3c b bc c b+ + ≥ Thật vậy theo Cô - si ta có 3 2 2 3a c ac a c+ + ≥ ( ) ( ) 3 3 32 2 2 2 2 2 2 3a b c ab bc ca a b b c c a⇒ + + + + + ≥ + + Mặt khác ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 0 1 3 3 3 a b b c c a a b c ab bc ca a b c ab bc ca ab bc ca a b c − + − + − ≥ ⇔ + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + ⇔ + + ≤ + + = Khi đó ta có: ( ) 3 3 32 2 2 2 2 2 3 2.3 3 9a b b c c a+ + ≤ + = 3 3 32 2 2 2 2 2 3a b b c c a⇒ + + ≤ . Vậy (2) đúng, thay vào (1) ⇒ ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. ĐỀ SỐ 62 Câu1.( 2,0 điểm ) Cho hàm số ( ) 3 3 2 m y x mx C= − + 1. Với m=1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( ) 1 C 2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của ( ) m C cắt đường tròn tâm ( ) 1;1 ,I bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất Câu 2.(1,0 điểm ) 1. Giải phương trình sau trên tập số thực: 1 (2 1) 1 2x x x+ = + + + . 2. Giải phương trình: 2 5x x 4 3 sin x cos x 2cos cos 3sin 2x 3cos x 2 2 2 0 2sin x 3 − + + + = − Câu 3.(1,0 điểm).Tính tích phân: 1 x 2 2 e x x 2 tan x dx x cos x       + +  ÷         ∫ Câu 4.(1,0 điểm) 1. Cho khai triển đa thức: ( ) 2013 2 2013 o 1 2 2013 1 2x a a x a x a x− = + + + + . Tính tổng: 0 1 2 2013 S a 2 a 3 a 2014 a= + + + + 2. Cho số phức z thỏa mãn |z – 1| = |z – 2i|. Tìm số phức z biếtz + – 5iđạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho hình bình hành ABCD tâm I, biết A(0; 1) và B(3; 4) thuộc parabol ( ) 2 P : y x 2x 1,= − + điểm I nằm trên cung AB của (P) sao cho tam giác IAB có diện tich lớn nhất. Tìm tọa độ C và D. Câu 6.(1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua O, vuông góc với mặt phẳng (Q): 5x 2y 5z 0− + = và tạo với mặt phẳng (R): x 4y 8z 6 0− − + = góc o 45 . Câu 7.(1,0 điểm).Cho hình chóp SABCD đáy ABCD là hình thoi có AC= 2 3a ,BD=2a.Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) .Khoảng cách từ tâm hình bình thoi ABCD đến (SAB) là 6 4 a .Tính thể tích khối chóp SABCD. Câu 8.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ( ) 2 2 y 1 x 3y 2 y 4x 2 5y 3x 3 3 6.3 3 2.3 1 2. x y 1 3. 3y 2x + + − + − −  + = +   + + − = −   Câu 9.(1 ,0 điểm ) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2 1a b c+ + = . Chứng minh rằng 5 3 5 3 5 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 a a a b b b c c c b c c a a b − + − + − + + + ≤ + + + [...]... π  3x π   3x π  ⇔ 2 cos  − ÷cos  + ÷− 2 cos  + ÷cos  − ÷ = 0  2 6 2 6  2 2  2 6 2 (1) ⇔ 2 ( ) π x π  3x π    x π   3x π    3x π   ⇔ cos  − ÷cos  + ÷− cos  + ÷ = 0 ⇔ 2 cos  − ÷sin  x + ÷sin  + ÷ = 0 3 2 6  2 6   2 6   2 2   2 6    3x π   3x π π cos  2 − 6 ÷ = 0  2 − 6 = 2 + kπ   4π 2π    x = 9 + k 3   π π ⇔ sin  x + ÷ = 0 ⇔  x +... t +1 t − t + 1 0  1 2 3 0 0 t − ÷ +  2 4 2 I = 2∫ 1 2 3 3 tan ϕ ⇒ dt = ( 1 + tan 2 ϕ ) dϕ 2 2 π π Đổi cận: t = 0 ⇒ ϕ = − ; t = 1 ⇒ ϕ = 6 6 Đặt t − = ⇒I= π 6 π 6 ( 1 + tan ϕ ) dϕ 2 3 2 3 ∫ ( 1 + tan ϕ ) = 3 ∫ dϕ = 3 ϕ − 2 3 2 3 4 π 6 Vậy I = 2 − π 6 π 6 π − 6 = 2π 3 9 2π 3 9 Câu 4.(1,0 điểm) 5i.z 1.(0,5 điểm) Tính |z|, biết: z = ( 1 + i ) ( 3 − 2i ) − ( 2 + i ) Đặt z = a + bi, a, b ∈ R 5i.z ta... ( a + b + c ) 2 6 3 8 27 2 Suy ra T ≤ a + b + c + 2 − 2( a + b + c) a 2 + b2 + c2 + 4 ≥ Đặt a + b + c = t , t > 0 Khi đó T ≤ 8 27 − 2 t + 2 2.t 8 27 − 2 , ∀t > 0 t + 2 2.t 8 27 5 + 3 ⇒ f ′ ( t ) = 0 ⇔ ( t − 6 ) ( 8t 2 + 21t + 18 ) = 0 ⇒ t = 6, f ( 6 ) = 2 ta có : f ′ ( t ) = − 8 ( t + 2) t Xét hàm số f ( t ) = Bảng biến thi n t f ′( t ) 0 +∞ 6 + f ( t) − 0 5 8 5 8 Theo bảng biến thi n ta thấy T ≤... 4 1 16  2  2 3 c 1 0 Ta có f '(c ) = 9  1 − c + 1 ÷ (c + 1) 2 − 2 (c − 1); 3   – + 0 1 f '( c ) f '(c ) = 0 ⇔ (c − 1) 64 − (3c + 3)3 = 0 ⇔ c = 3 ( Bảng biến thi n: ) f (c ) 1 − 1 9 Dựa vào bảng biến thi n ta có f (c) ≥ − 9 với mọi c ∈ (0; 1) (2) 1 1 Từ (1) và (2) suy ra P ≥ − 9 , dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3 1 9 1 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − , đạt khi a = b = c = ĐỀ SỐ 66 x+2... (SAB) là a 6 Tính thể tích khối chóp SABCD 4 S I D A H O a K B C Từ giả thi t AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi · đường chéo Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó ABD = 60 0 Hay tam giác ABD đều Từ giả thi t hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD) Do tam giác ABD đều nên với... > 10  Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x > 10 π 2 ( ) Câu 3.(1,0 điểm).Tính tích phân : I = sin10 x + cos10 x + sin6 x.cos4 x + cos6 x.sin 4 x dx ∫ 0 )( ( Ta có: sin10 x + cos10 x + sin6 x.cos4 x + cos6 x.sin 4 x = sin6 x + cos6 x sin 4 x + cos4 x ) ( ( ) ( ) ) 3 2    =  sin 2 x + cos2 x − 3sin 2 x cos2 x sin2 x + cos2 x   sin 2 x + cos2 x − 2sin 2 x cos2 x  ... 5, AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng SA ⇒ SA = a 2 AC 1 1 1 = dt∆NBC = dt ∆BCD = dt∆ABC 2 6 6 · ( ABCD ) ⇒ ( SC , ( ABCD ) ) = ( SC , AC ) = SCA = α ⇒ tan α = Ta thấy N là trọng tâm tam giác BCD ⇒ dt∆NMC 5 6 5 1 6 2 Từ đó ⇒ dttg ABMN = dt∆ABC = × ×a ×2a = 1 3 5a 2 6 5a 2 5a 3 2 = 6 18 2V 2 2 3V ⇒ d ( H , ( SMD ) ) = d ( B, ( SMD ) ) = × B.SMD = B.SMD 3 3 dt∆SMD dt∆SMD 1 3 Vậy thể tích... biến thi n và vẽ đồ thị hàm số : y = 2x −1 x +1 Tập xác định: D=R\{-1} Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2; tiệm cận ngang y = 2 x →−∞ x →+∞ lim y = +∞; x →( −1) Sự biến thi n: y ' = lim y = −∞; − 3 ( x + 1) x → ( −1) tiệm cận đứng x = −1 + > 0, ∀x ≠ 1 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) Bảng biến thi n: −∞ -1 x +∞ + y’ y 8 6 + 4 2 2 10 +∞ 2 1/2 -5 −∞ -1 O 5 -1 -2 -4 -6. .. 1.(2,0 điểm) 1.(1,0 điểm).Khảo sát hàm số và vẽ đồ thi : y = x 3 − 3x + 2 • Tập xác định: ¡ lim y = −∞, lim y = −∞ x →−∞ x →+∞ • Sự biến thi n Chiều biến thi n: y ' = 3x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1 Bảng biến thi n −∞ x -1 y’ + 0 4 Y=f(x) - −∞ 1 0 +∞ + +∞ 0 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( 1; +∞ ) , nghịch biến trên khoảng,(-1;1) Hàm số đạt cực đại tại x = −1, yCD = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x... 2 = 0 nên giả sử B = ( 3b − 2; b ) ⇒ D = ( 8 − 3b ;6 − b )  B = ( 4; 2 ) b = 2  ⇒ BD = ( 6b − 10 ) + ( 2b − 6 ) = 40b − 144b + 1 36 = 8 ⇔  8⇒  14 8  b = B= ; ÷ 5    5 5  uu  1 7  uuu r r  14 8  Do xB < 3 ⇒ B =  ; ÷⇒ IB =  − ; − ÷⇒ nBD = ( 7; −1) là vectơ pháp tuyến của BD  5 5  5 5 Suy ra phương trình BD là: 7 x − y − 18 = 0 Câu 6. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, . NGUYÊN THẠCH TUYỂN CHỌN 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN TẬP 6 THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014 LỜI NÓI ĐẦU Các em học sinh thân mến! Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình. Tuyển tập 100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã. ) 2 1 3 3 tan 1 tan 2 2 2 t dt d ϕ ϕ ϕ − = ⇒ = + Đổi cận: 0 ; 1 6 6 t t π π ϕ ϕ = ⇒ = − = ⇒ = ( ) ( ) 2 3 6 6 2 6 2 3 6 4 6 6 1 tan 2 3 2 3 2 3 3 3 9 1 tan d I d π π π π π π ϕ ϕ π ϕ ϕ ϕ − −