ĐỀ THI ĐẠI HỌC ( ĐỀ SỐ 1) A.PHẦN BẮT BUỘC CÂU I: Cho hàm số 3 2 2 3( - 3) 11- 3y x m x m= + + ( m C ) 1) Cho m=2 . T́m phương tŕnh các đường thẳng qua 19 ( ,4) 12 A và tiếp xúc với đồ t( 2 C ) của hàm số . 2) T́m m để hàm số có hai cực tṛ. Gọi 1 M và 2 M là các điểm cực tṛ ,t́m m để các điểm 1 M , 2 M và B(0,-1) thẳng hàng. CÂU II: Đặt 2 6 0 sin sin 3 cos xdx I x x ∏ = + ∫ và 2 6 0 cos sin 3 cos xdx J x x ∏ = + ∫ 1) Tính I-3J và I+J 2) Từ các kết quả trên ,haơy tính các giá tṛ của I, J và 5 3 3 2 cos2 cos 3 sin xdx K x x ∏ ∏ = − ∫ CÂU III: 1)Chứng minh rằng với mọi [ ] 1,1t ∈ − ta có: 2 2 1 1 1 1 2t t t t+ + − ≥ + − ≥ − 2)Giải phương tŕnh: 2 2 4 2 1 2 1 2 2( 1) (2 4 1)x x x x x x x+ − + − − ≥ − − + . CÂU IV: 1) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chủ số đôi một khác nhau ( chử số đầu tiên phải khác 0), trong đó có mặt chử số 0 nhưng không có mặt chử số 1? 2) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chử số ( chử so áđầu tiên phải khác 0) biết rằng chư số 2 có mặt đúng hai lần, chử số 3 có mặt đúng ba lần và các chử số còn lại có mặt không quá một lần? B.PHẦN TỰ CHỌN Thí sinh được chọn một trong 2 câu Va và Vb: CÂU Va: Cho h́nh chóp SABCD có đáy ABCD là h́nh vuông cạnh a, ( )SA ABCD⊥ và 2SA a= .Trên cạnh AD lấy điểm M thay đổi. Đặt góc ˆ ACM α = .Hạ SN CM⊥ . 1)Chứng minh N luôn thuộc một đường tròn cố đ̣nh và tính thể tích tứ diện SACN theo a và α . 2) Hạ AH SC⊥ , AK SN⊥ . Chứng minh rằng ( )SC AHK⊥ và tính độ dài đoạn HK CÂU Vb: Trong mặt phẳng Oxy, xét đường thẳng ( )d : 2 1 2 0x my+ + − = và hai đường tròn: 2 2 1 ( ) : 2 4 4 0C x y x y+ − + − = và 2 2 2 ( ) : 4 4 56 0C x y x y+ + − − = . 1)Gọi I là tâm đường tròn 1 ( )C .T́m m sao cho ( )d cắt 1 ( )C tại hai điểm phân biệt A và B.Với giá tṛ nào của m th́ diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá tṛ đó. 2)Chứng minh 1 ( )C tiếp xúc với 2 ( )C .Viết phương tŕnh tổng quát của tất cả các tiếp tuyến chung của 1 ( )C và 2 ( )C . ĐÁP ÁN CÂU I: Cho hàm số 3 2 2 3( - 3) 11- 3y x m x m= + + ( m C ) 1. Cho m=2. T́m phương tŕnh các đường thẳng qua 9 ( ,4) 12 A và tiếp xúc với (C 2 ). Với m=2: 3 2 2 3 5y x x= − + (C 2 ). Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k: 19 ( ) 4 12 y k x= − + (d) tiếp xúc (C 2 ) ⇔ 19 3 2 2x 3 5 ( ) 4 (1) 12 2 6 6 (2) x k x x x k  − + = − +    − =  có nghiệm. Thay (2) vào (1): 19 3 2 2 2 3 5 (6 6 )( ) 4 12 3 2 8 25 19 2 0 2 ( 1)(8 17 2) 0 1 0 2 12 1 21 8 32 x x x x x x x x x x x x k x k x k − + = − − + ⇔ − + − = ⇔ − − + =   = ⇔ =  ⇔ = ⇔ =   = ⇔ = −   Vậy phương tŕnh đường thẳng qua A và tiếp xúc với (C 2 ) là: y=4 hay y=12x - 15 hay 21 645 32 128 y x= − + 2. T́m m để hàm số có 2 cực tṛ. Ta có: 3 2 2 3( 3) 11 3y x m x m= + − + − , 2 6 6( 3)y x m= + − , 2 0 6 6( 3) 0y x m= ⇔ + − = (1) 0 (1) 3 x x m =  ⇔  = −  Hàm số có 2 cực tṛ ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt 3 0 3m m ⇔ − ≠ ⇔ ≠ . T́m m để 2 điểm cực tṛ M 1 , M 2 và B(0, -1) thẳng hàng. Để t́m phương tŕnh đường thẳng qua 2 điểm cực tṛ M 1 , M 2 ta chia f(x) cho ' ( )f x : 1 3 ' 2 ( ) ( ) ( 3) 11 3 3 6 m f x f x x m x m −   = + − − + −     Suy ra phương tŕnh đường thẳng M 1 M 2 là: 2 ( 3) 11 3y m x m= − − + − M 1 , M 2 , B thẳng hàng B ⇔ ∈ M 1 M 2 ⇔ -1=11-3m ⇔ m= 4 So với điều kiện m ≠ 3 nhận m= 4 ĐS:m=4 CÂU II: Đặt 2 2 / 6 6 sin cos , sin 3 cos sin 3 cos 0 0 x x I dx J dx x x x x π π = = ∫ ∫ + + 1) Tính I - 3J và I + J. π 2 2 6 sin x - 3cos x • I - 3J= dx sinx + 3cosx 0 π 6 (sinx - 3cosx)(sinx + 3cosx) = dx sinx + 3cosx 0 π 6 = (sinx - 3cosx)dx 0 π 6 =(-cosx - 3sinx) =1 - 3 0 ∫ ∫ ∫ π 2 2 6 sin x + cos x • I + J= dx sinx + 3cosx 0 π 6 1 = dx sinx + 3cosx 0 π 6 1 = dx 1 3 0 2( sinx + cosx) 2 2 π 6 1 1 = dx π 2 0 sin(x+ ) 3 π π sin(x + ) 6 1 3 = dx π 2 2 0 1 - cos (x + ) 3 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Ñaët cos( ) sin( ) 3 3 t x dt x dx π π = + ⇒ = − + Ñoåi caän : 1 0 2 0 6 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = 0 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 2 2 1 0 1 2 1 1 1 4 1 1 0 1 1 1 1 2 ln ln3 4 1 4 0 dt I J t dt t dt t t t t − ⇒ + = ∫ − = ∫ −   = + ∫  ÷ + −    +  = =  ÷ −   2. Tính I, J, K 5 3 cos2 cos 3 sin 3 2 x dx x x π π = ∫ − Ta có: 3 1 3 ln3 3 1 3 16 4 1 ln3 1 3 1 ln3 4 16 4 I I J I J J  −  = + − = −    ⇔   + = −   = +    Đổi biến số cho tích phân K: Đặt 3 2 t x dt dx π = − ⇒ = Đổi cận: 3 0 2 5 3 6 x t x t π π π = ⇒ = = ⇒ = 3 cos 2 6 2 3 3 0 cos 3 sin 2 2 6 cos 2 sin 3 cos 0 2 2 6 sin cos sin 3 cos 0 1 1 3 ln3 8 2 t K dt t t t dt t t t t dt t t I J π π π π π π   +     ⇒ = ∫     + − +         − = ∫ + − = ∫ + − = − = + CÂU III: 1. Chứng minh [ ] 2 2 1,1 , 1 1 1 1 2t t t t t∀ ∈ − + + − ≥ + − ≥ − v́ [ ] 1,1t ∈ − nên đặt t= cos2x với 0, 2 x π   ∈     Khi đó bất đẳng thức trở thành: 2 2 1 cos2 1 cos2 1 1 cos 2 2 cos 2x x x x+ + − ≥ + − ≥ − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2cos 2sin 1 sin 2 2 1 sin 2 2 cos sin 1 sin 2 1 sin 2 (*) 1 sin 2 2 cos sin ( ) 1 sin 2 1 sin 2 ( ) x x x x x x x x x x x a x x b ⇔ + ≥ + ≥ − − ⇔ + ≥ + ≥ +  + ≤ +  ⇔  + ≥ +   Tacó: (a) ( ) 2 cos sin 2(cos sin )x x x x⇔ + ≤ + đúng 0, 2 x π   ∀ ∈     (b) 2 sin 2 sin 2x x⇔ ≥ đúng 0, 2 x π   ∀ ∈     Do đó (*) đúng 0, 2 x π   ∀ ∈     , nghóa là bắt đẳng thức được chứng minh. 2. Giải phương tŕnh: Ta đặt điều kiện cho phương tŕnh : Điều kiện của vế trái: 2 2 0 2 2 1 2 0 2 1 0 2 2 2 1 x x x x x x x x x  − ≥  − − ≥ ⇔ − ≤ ⇔ ⇔ ≤ ≤   − ≤  Điều kiện của vế phải: Với 0 2x ≤ ≤ th́ 2 0 2 1x x≤ − ≤ , do đó ta có thể áp dụng bất đẳng thức 2 1 1 2t t t+ + − ≥ − trong câu 1 th́ ta được: VT= 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2x x x x x x x x   + − + − − ≥ − − = − +     Do (VT) 2 2 2x x≥ − + nên điều kiện của vế phải là: 2 2 2 2( 1) (2 4 1) 2 2x x x x x− − + ≥ − + 2 2 2 2 2( 2 1) 2( 2 ) 1 2 2x x x x x x   ⇔ − + − + ≥ − +     Đặt 2 2t x x= − khi đó điều kiện trở thành: 2 2( 1) (2 1) 2t t t+ + ≥ + 2 (4 10 7) 0t t t⇔ + + ≥ 2 0(4 10 7) 0,t t t t⇔ ≥ + + ≥ ∀ Vậy điều kiện vế phải là: 2 2 0 0 2x x x x− ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥ Tóm lại: điều kiện của phương tŕnh là: 0 2 0 2 0 2 x x x x x ≤ ≤  ⇔ = ∨ =  ≤ ∨ ≥  Deă dàng nhận thấy rằng 0 2x x= ∨ = là nghiệm của phương tŕnh. do đó phương tŕnh có 2 nghiệm 0 2x x= ∨ = CÂU IV: 1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chươ số đôi một khác nhau, trong đó có mặt chươ số 0 nhưng không có mặt chươ số 1. Gọi số cần t́m là:x= 1 2 3 4 5 6 a a a a a a V́ không có mặt chươ số 1 nên còn 9 chươ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần t́m. V́ phải có mặt chươ số 0 và 1 0a ≠ nên số cách xếp cho chươ số 0 là 5 cách. Số cách xếp cho 5 ṿ trí còn lại là : 8 5 A Vậy số các số cần t́m là: 5. 8 5 A =33.600 (số) 2. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chươ số biết rằng chươ số 2 có mặt đúng 2 lần, chươ số 3 có mặt đúng 3 lần và các chươ số còn lại có mặt không quá 1 lần. Gọi số cần t́m là: Y= 1 2 3 4 5 6 7 a a a a a a a Giả sử 1 a có thể bằng 0: Cách xếp ṿ trí cho hai chươ số 2 là: 2 7 C Cách xếp ṿ trí cho ba chươ số 3 là: 3 5 C Cách xếp cho 2 ṿ trí còn lại là: 2! 2 8 C Bây giờ ta xét 1 a = 0: Cách xếp ṿ trí cho hai chươ số 2 là: 2 6 C Cách xếp ṿ trí cho ba chươ số 3 là: 3 4 C Cách xếp cho 1 ṿ trí còn lại làø:7 Vậy số cần t́m là: 2 7 C . 3 5 C .2! 2 8 C - 2 6 C . 3 4 C .7= 11.340 (số) CÂU Va: 1. N thuộc đường tròn cố đ̣nh. Ta có: SN CM AN NC⊥ ⇒ ⊥ N ( )ABCD∈ và ¼ 0 90ANC = nên N thuộc đường tròn đường kính AC cố đ̣nh. Ta có: CN=AC cos 2 cosa α α = Vậy V SACN = 1 1 1 . . . sin . 3 3 2 S SA AC CN SA ACN α = = 1 2. 2.cos .sin . 2 6 a a a α α = 3 2 sin 2 6 a α 2. Tính đoan HK. Ta có ( )CN SAN⊥ ⇒ CN AK ⊥ (1) Và AK SN⊥ (2) Từ (1),(2) ( )AK SCN⇒ ⊥ AKH⇒ ∆ vuông tại K. Ta có: .sin 2 sinAN AC a α α = = SAN ∆ có 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 sinAK AS AN a a α = + = + sin 2 2 1 sin a AK α α ⇒ = + Tam giác SAC có AH= a. Vậy 2 2 2 sin 2 2 2 2 2 1 sin a HK AH AK a α α = − = − + = 2 2 2 sin 2 1 sin a a α α − + HK cos 2 1 sin a α α ⇒ + CÂU Vb: 2 2 ( ) : 2 4 4 0 1 2 2 ( ) : 4 4 56 0 2 ( ) : 2 1 2 0 C x y x y C x y x y d x my + − + − = + + − − = + + − = Ta có ( ) 1 C có tâm I (1;-2) và bán kính 1 R =3 (d) cắt ( ) 1 C tại 2 điểm phân biệt A, B ( ( )) 1 d I d R⇔ < < . 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 4 4 18 9 2 5 4 17 0 m m m m m m m m R ⇔ − + − < + ⇔ − + < + ⇔ + + > ⇔ ∈ Ta có: ¼ 1 1 9 . sin . 2 2 2 S IA IB AIB IA IB IAB = ≤ = Vậy : S IAB lớn nhất là 9 2 khi ¼ 0 90AIB = ⇔ AB = 2 3 2 1 R = ⇔ d(I,(d))= 3 2 2 ⇔ 3 2 2 1 2 2 2 m m− = + 2 2 16 16 4 36 18 2 2 16 32 0 m m m m m ⇔ − + = + ⇔ + + = 2 ( 4) 0 4m m⇔ + = ⇔ = − 2) ( ) 2 C có tâm J(-2,2) và bán kính 2 R = 8 Ta có: IJ= 9 16+ =5= 2 1 R R− Vậy ( ) 1 C và ( ) 2 C tiếp xúc trong tại điểm có tọa độ thỏa : 14 2 2 2 4 4 0 5 2 2 22 4 4 56 0 5 x x y x y x y x y x  =   + − + − =   ⇔     + + − − = = −    Suy ra phương tŕnh tiếp tuyến chung là: 14 22 14 22 . 2 4 0 5 5 5 5 9 12 78 0 5 5 5 x y x y x y       + − − + + − − =             ⇔ − − = ⇔ 3x - 4y – 26 = 0 . ĐỀ THI ĐẠI HỌC ( ĐỀ SỐ 1) A.PHẦN BẮT BUỘC CÂU I: Cho hàm số 3 2 2 3( - 3) 11- 3y x m. trong đó có mặt chử số 0 nhưng không có mặt chử số 1? 2) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chử số ( chử so áđầu tiên phải khác 0) biết rằng chư số 2 có mặt