Trần Sĩ Tùng Trang 65 Thuviendientu.org Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo) Ta có: 22 2 2 5 2 5 5 5 2 5 2 55 ab aa z ab ab b ab bb Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu bài toán: 2 5 5 ; 2 5 5z i z i . Đề số 26 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2 1 x y x . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Chứng minh rằng với mọi giá trị thực của m, đường thẳng (d) y = – x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn AB. Câu II: (2 điểm) 1) Giải bất phương trình: 4 1 log 2 log 0 2 x x 2) Giải phương trình: tan tan .sin3 sin sin2 63 x x x x x Câu III: (1 điểm) Tính tích phân 2 3 0 sin sin 3cos xdx xx Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích hình chóp S.ABC biết SA = a, SB = b, SC = c, · 0 60ASB , · · 00 90 , 120BSC CSA . Câu V: (1 điểm) Với mọi số thực dương a; b; c thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 2 2 2 (1 ) (1 ) (1 ) abc P abc II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo cương trình chuẩn: Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng (d 1 ): x + y + 1 = 0, (d 2 ): 2x – y – 1 = 0 . Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;–1) cắt (d 1 ) và (d 2 ) tương ứng tại A và B sao cho 20 uuur uuur r MA MB 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 1 = 0 và hai điểm A(1;7; –1), B(4;2;0). Lập phương trình đường thẳng (D) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên (P). Câu VII.a: (1 điểm) Ký hiệu x 1 và x 2 là hai nghiệm phức của phương trình 2x 2 – 2x + 1 = 0. Tính giá trị các số phức: 2 1 1 x và 2 2 1 x . B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình 22 1 94 xy . Giả sử (d) là một tiếp tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của (H), kẻ FM (d). Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường tròn cố định, viết phương trình đường tròn đó Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Trang 66 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tìm toạ độ trưc tâm của tam giác ABC. Câu VII.b: (1 điểm) Chứng minh rằng với k,n Z thoả mãn 3 k n ta luôn có: k k 1 k 2 k k 3 k 2 n n n n 3 n n C 3C 2C C C C . Hướng dẫn Câu I: 2) Phương hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: 2 1 x x = – x + m 2 1 2 0 (1) x x mx m luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Ta có A(x 1 ; –x 1 +m), B(x 2 ; – x 2 + m) AB = 22 1 2 1 2 1 2 2( ) 2 ( ) 4x x x x x x = 2 2( 4 8)mm 8 Vậy GTNN của AB = 8 khi và chỉ khi m = 2 Câu II: 1) Điều kiện: 0 < x ≠ 1. Đặt t = 2 log x BPT 2 2 2 2 0 1 1 1 1 1 log 0 0 2 log 2 2 2 2 0 tt t x t xt t 2 2 22 2 2 2 1 2 log log 2 0 ( 2) 0 4 01 0 log 1 log log 2 12 t xx t t t t tx x 2) Điều kiện: cos .cos 0 63 xx PT sin sin 63 sin3 sin sin2 cos cos 63 xx x x x xx – sin3x = sinx + sin2x sin2x(2cosx + 1) = 0 sin2 0 2 1 2 cos 2 2 3 k x x x xk Kết hợp điều kiện, nghiệm của phương trình là: 2 2 2 3 k x xk Câu III: Ta có: sinx + 3 cosx = 2cos 6 x , sinx = sin 66 x = 31 sin cos 2 6 2 6 xx I = 22 32 00 sin 31 6 16 16 cos cos 66 x dx dx xx = 3 6 Câu IV: Trên SB, SC lấy các điểm B , C sao cho SB = SC = a. Ta có AB = a, B C = a 2 , AC = a 3 AB C vuông tại B . Gọi H là trung điểm của AC , thì SHB vuông tại H. Vậy SH là đường cao của hình chop S.AB C Trần Sĩ Tùng Trang 67 Thuviendientu.org Vậy: V S.AB’C’ = 3 2 12 a . . 32 . ' ' S ABC S AB C V abc bc V a a V S.ABC = 2 12 abc Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 33 22 8 6 2 2 ( ) ( ) 6 ( ) ( ) 8 a a a b c b c b c a b c b c . Dấu " = " xảy ra 2a = b + c. Tương tự: 33 22 6 2 2 6 2 2 ; ( ) 8 ( ) 8 b b c a c c a b c a a b Suy ra: 1 44 abc P . Dấu bằng xảy ra a = b = c = 1 3 . Kết luận: minP = 1 4 Câu VI.a: 1) Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1) Từ điều kiện 20 uuur uuur r MA MB tìm được A(1; –2), B(1;1) suy ra (d): x – 1 = 0 2) Gọi (Q) là mặt phẳng qua A, B và vuông góc với (P) ta suy ra (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = 0. (D) = (P) (Q) suy ra phương trình (D). Câu VII.a: PT có hai nghiệm 12 11 (1 ), (1 ) 22 x i x i 22 12 11 2 ; 2ii xx Câu VI.b: 1) (H) có một tiêu điểm F ( 13;0) . Giả sử pttt (d): ax + by + c = 0 . Khi đó: 9a 2 – 4b 2 = c 2 (*) Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( 13)x – a y = 0 Toạ độ của M là nghiệm của hệ: 13 ax by c bx ay b Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại và kết hợp với (*) ta được x 2 + y 2 = 9 2) Lập phương trình mp(ABC); (P) qua A và (P) BC; (Q) qua B và (Q) AC Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng trên ta được trực tâm H 36 18 12 ;; 49 49 49 Câu VII.b: Ta có: k k 1 k 2 k k 3 k 2 k k 1 k 2 k 3 k n n n n 3 n n n n n n n 3 C 3C 2C C C C C 3C 3C C C (1) k k 1 k 1 k 2 k 2 k 3 k k 1 k 2 n n n n n n n 1 n 1 n 1 VT(1) C C 2 C C C C C 2C C k k 1 k 1 k 2 n 1 n 1 n 1 n 1 C C C C = k k 1 k n 2 n 2 n 3 C C C Đề số 27 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số: 42 (2 1) 2y x m x m (m là tham số ). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau. Câu II (2 điểm). 1) Giải phương trình : 22 1 8 21 1 2cos os 3 sin2( ) 3cos sin x 3 3 2 3 x c x x x . Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Trang 68 2) Giải hệ phương trình: 12 2 (1 4 ).5 1 3 (1) 1 3 1 2 (2) x y x y x y x y y y x . Câu III (2 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau : 2 0, , 1 1 x xe y y x x . Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang AB = a, BC = a, · 0 90BAD , cạnh 2SA a và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD). Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 2009 x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 111 2 2 2x y z x y z x y z II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 22 2 4 8 0 x y x y 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (4;0;0) , (0;0;4)AB và mặt phẳng (P): 2 2 4 0x y z . Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho ABC đều. 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 22 2 4 8 0x y x y . Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. Câu VII.a (1 điểm) Tìm phần thực của số phức : (1 ) n zi .Trong đó n N và thỏa mãn: 45 log 3log 64nn B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm ) 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 12 2 415 : và: d: 33 . 3 12 xt x yz d y tt zt ¡ Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 . 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. Câu VII.b (1 điểm) Cho số phức: 1 3.zi . Hãy viết số z n dưới dạng lượng giác biết rằng n N và thỏa mãn: 2 33 log ( 2 6) log 5 22 2 6 4 ( 2 6) nn n n n n Hướng dẫn Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau phương trình 42 (2 1) 2 0 (1)x m x m có 4 nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng phương trình: X 2 – (2m + 1)X + 2m = 0 (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X 1 = 9X 2 . Trần Sĩ Tùng Trang 69 Thuviendientu.org 2 2 4 4 1 0 0 (2 1) 8 0 0 1 0 2 1 0 1 2 0 2 0 2 0 mm mm m S m m m Pm m . Câu II: 1) PT 1 sin 0 (1 sin )(6cos sin 8) 0 1 sin 0 6cos sin 8 0 x x x x x xx 2) Xét (1): Đặt t = x – y. (1) 14 5 1 9.3 55 tt t . Với t > 0 VT < 10, VP > 10. Với t < 0, VT > 10, VP < 10. Phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 0 hay x = y. Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) 2 1 2 1 3 0x x x x x . Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x = 0 ta được: (2) 11 3 2 0xx xx . Đặt 1 yx x (ĐK y 0). Ta được phương trình: y 2 – 3y + 2 = 0 1 2 y y . Từ đó ta tìm được x. Câu III: S = 1 2 0 ( 1) x xe dx x . Đặt 2 1 1 x u xe dv dx x () 1 1 2 0 0 1 0 ( 1) 1 xx x xe xe dx e dx xx Câu IV: Chứng minh: ACD vuông tại C ACD vuông cân tại C. 2; 2 ; 5AC CD a CD a BD a V SBCD = V S.ABCD – V SABD . Chứng minh BC (SAB) BC AH AH (SBC). Kẻ AK (SC) AK (SCD) (AKH) (SCD). Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M. Có (AMK) (SCD) hay (AMK) (SED). AH (SBC) AH HK tam giác AHK vuông tại H. Kẻ HI MK có HI = d(H, (SCD)). Tính AH, AM HM; Tính AK HK. Từ đó tính được HI. Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 4ab ≤ (a + b) 2 1 4 ab a b ab 1 1 1 4 ab . Dấu "=" xảy ra a = b. Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z Tương tự: 1 1 1 1 1 2 8 2 2x y z x y z và 1 1 1 1 1 2 8 2 2x y z x y z Vậy 111 2 2 2x y z x y z x y z 1 1 1 1 2009 44x y z Vậy MaxP = 2009 4 khi x = y = z = 12 2009 Câu VI.a: 1) C nằm trên mặt phẳng trung trực của AB. 2) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Trang 70 22 0; 2 2 4 8 0 1; 3 5 2 0 yx x y x y yx xy Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1). Vì · 0 90ABC nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4). Câu VII.a: Phương trình: 45 log ( 3) log ( 6) 4nn có nghiệm duy nhất n = 19. (Vì VT là hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = 4 tại một điểm duy nhất) Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng là đường kính. 2) Ta có: 1;2 5 uuur AB AB . Phương trình của AB là: 2 2 0xy . ( ): ;I d y x I t t . I là trung điểm của AC và BD nên: 2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t Mặt khác: .4 ABCD S ABCH (CH: chiều cao) 4 5 CH . Ngoài ra: 4 5 8 8 2 ; , ; |6 4| 4 3 3 3 3 3 ; 55 0 1;0 , 0; 2 t C D t d C AB CH t C D Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 CD hoặc 1;0 , 0; 2CD Câu VII.b: Đặt 3 3 log 5 log 5 2 2 2 3 log ( 2 6) 2 6 3 ; ( 2 6) 3 5 t t t n n t n n n n . Ta được phương trình: 3 t + 4 t = 5 t . Phương trình có nghiệm duy nhất t = 2. n 2 – 2n + 6 = 9 n 2 – 2n – 3 = 0 n =3 Đề số 28 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 42 5 4,y x x có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm m để phương trình 42 2 | 5 4| logx x m có 6 nghiệm. Câu II (2 điểm). 1) Giải phương trình: 11 sin2 sin 2cot2 2sin sin2 x x x xx 2) Tìm m để phương trình: 2 2 2 1 (2 ) 0m x x x x có nghiệm x 0;1 3 Câu III (1 điểm). Tính tích phân: 4 0 21 1 2 1 x I dx x Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA 1 B 1 C 1 có AB = a, AC = 2a, AA 1 25a và · 120 o BAC . Gọi M là trung điểm của cạnh CC 1 . Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A 1 BM). Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh: 3 2 4 3 5x y z xy yz zx II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm). Trần Sĩ Tùng Trang 71 Thuviendientu.org 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(–1; 3; –2), B(–3; 7; –18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(3;1) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;–2). Câu VII.a (1 điểm). Giải phương trình: 22 33 log 1 log 2x x x x x B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm). 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng có phương trình tham số 12 1 2 xt yt zt . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng . Xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng OA OB nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 42 (log 8 log )log 2 0 x xx Hướng dẫn Câu I: 2) 9 4 4 12 9 log 12 144 12 4 mm Câu II: 1) PT cos 2 2x cosxcos2x = 2cos2x và sin2x 0 2 cos2 0 2cos cos 1 0( )x x x VN cos2x = 0 2 2 4 2 x k x k 2) Đặt 2 22t x x t 2 2 = x 2 2x. BPT 2 2 (1 2), [0;1 3] 1 t m t do x t Khảo sát hàm số: 2 2 () 1 t gt t với 1 t 2. g'(t) 2 2 22 0 ( 1) tt t g tăng trên [1,2] Do đó, YCBT BPT 2 2 1 t m t có nghiệm t [1,2] 1;2 2 max ( ) (2) 3 t m g t g Vậy: m 2 3 Câu III: Đặt 21tx 33 2 11 1 1 11 t I dt t dt tt = 3 2 1 ln 1 2 ln2 2 t tt Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A O, 2 ,0,0Ca , 1 (0,0,2 5)Aa 3 (0;0;0), ; ;0 22 aa AB , ( 2 ,0, 5)M a a 1 53 ; ; 5 , (2;0; 5) 22 uuuur uuuur BM a MA a Ta có thể tích khối tứ diện AA 1 BM là : 11 3 2 11 1 15 1 . , ; , 3 3 6 3 2 uuuur uuur uuuur uuur uuuur AA BM BMA a V AA AB AM S MB MA a Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA 1 ) bằng 35 . 3 Va d S Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: 1 3 5 ; 3 ; 5 2 2 2 x y xy y z xy z x xy đpcm Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với (P) Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Trang 72 Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'): 132 2 1 1 x y z AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT: 2 1 0 (1,2, 1) 132 2 1 1 x y z H x y z Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : ' ' ' 2 2 '(3,1,0) 2 H A A H A A H A A x x x y y y A z z z Ta có ' ( 6,6, 18) uuuur AB (cùng phương với (1;–1;3) ) PT (A'B) : 31 1 1 3 x y z Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 2 1 0 (2,2, 3) 31 1 1 3 x y z M x y z 2) 3 6 0; 2 0x y x y Câu VII.a: PT 2 2 3 11 log 2 3 1 xx xx x x x xx Đặt: (2 ) ( ) 3 xx fx , 1 ( ) 1g x x x (x 0) Từ BBT max f(x) = 3; min g(x) = 3 PT f(x)= g(x) có nghiệm maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1 PT có nghiệm x = 1 Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng có PTTS: 12 1 2 xt yt zt . Điểm M nên 1 2 ;1 ;2M t t t . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 2 ) ( 4 ) (2 ) (3 ) (2 5) ( 4 2 ) ( 2 ) ( 6 2 ) (3 6) (2 5) (3 ) (2 5) (3 6) (2 5) AM t t t t BM t t t t AM BM t t Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ 3 ;2 5 r ut và 3 6;2 5 r vt . Ta có 2 2 2 2 | | 3 2 5 | | 3 6 2 5 r r ut vt Suy ra | | | | rr AM BM u v và 6;4 5 | | 2 29 r r r r u v u v Mặt khác, với hai vectơ , rr uv ta luôn có | | | | | | r r r r u v u v . Như vậy 2 29AM BM Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , rr uv cùng hướng 3 2 5 1 36 25 t t t 1;0;2M và min 2 29AM BM . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11 29 2) 2 6 0xy Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x 1 BPT 42 8 11 2log log 2 0 log 2 xx x 22 2 1 log log 1 0 1 log 3 xx x Trần Sĩ Tùng Trang 73 Thuviendientu.org 2 2 22 2 2 22 1 log 1 0 log 1 log 1 (log 3) 0 0 2 log 0 log log 1 x x xx x x xx x Đề số 29 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2 2 2 y x mx m m (1). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –2. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng 0 120 . Câu II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình: 2 3 1 1 2 3 4x x x x 2) Giải phương trình: 2sin 4 (1 sin 2 ) 1 tan cos x xx x Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: , 0, 0, . 1 sin x y y x x x Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp ABCD.A B C D có đáy ABCD là hình vuông, AB = AA = 2a. Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy. M là trung điểm của BC. Tính thể tích hình hộp và cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và A C Câu V (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 32 5 9 4 A x x sin sin II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết toạ độ các đỉnh A(2; 0), B(3; 0) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng yx . Xác định toạ độ các điểm C, D. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 2). Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC. Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh: 0 10 1 9 9 1 10 0 10 10 20 10 20 10 20 10 20 30 . . . . .C C C C C C C C C . A. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 22 2 4 5 0 x y x y và A(0; –1) (C). Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho ABC đều. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z và các đường thẳng 12 1 3 5 5 : ; : 2 3 2 6 4 5 x y z x y z dd . Tìm các điểm 12 d , dMN sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b (1 điểm) Tìm các số nguyen dương x, y thoả mãn: 1 1 1 11 10 2 1 y y y y x x x x A yA A C . Hướng dẫn Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Trang 74 Câu I: 2) Ta có 3 44y x mx ; 2 0 0 4 0 x y x x m xm (m<0) Gọi A(0; m 2 +m); B( m ; m); C(– m ; m) là các điểm cực trị. 2 ( ; ) uuur AB m m ; 2 ( ; ) uuur AC m m . ABC cân tại A nên góc 0 120 chính là µ A . µ 120 o A 4 4 1 . 1 . 1 cos 2 2 2 . uuur uuur uuur uuur AB AC m m m A mm AB AC 4 4 4 4 4 3 0 1 2 2 3 0 1 2 3 m (loai) mm m m m m m m m mm Vậy m= 3 1 3 thoả mãn bài toán. Câu II: 1) Điều kiện 1x . Nhân hai vế của bpt với 31xx , ta được BPT 22 4. 1 2 3 4. 3 1 1 2 3 3 1x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 4 0 2 x x x x x x x x x x Kết hợp với điều kiện 1x ta được 2x . 2) Điều kiện cos 0 , 2 ¢x x k k . Ta có PT 2 cos sin cos sin cos sin cos cos x x x x xx xx (cos sin )(cos2 1) 0x x x cos sin 0 , 4 cos2 1 0 ¢ xx xm m x xm . Câu III: Nhận xét: 0, 0, . 1 sin x yx x Do đó diện tích hình phẳng cần tìm là: 2 2 0 0 0 1 1 sin 2 cos sin cos 24 22 x x x S dx= dx= dx x x xx = 0 tan 24 x x d = 0 0 .tan tan 2ln cos 2 4 2 4 2 4 x x x x dx Suy ra S= 2 ln cos ln cos 44 (đvdt) Câu IV: Ta có AO=OC=a 2 2 2 2 2 4 2 2A O AA AO a a a Suy ra V=B.h= 4 2 4 2 23 a .a a Tính góc giữa AM và A C. Gọi N là trung điểm AD, suy ra AM // CN. Xét A CN ta có: 2 2 2 2 2 2 2 ; 5; 5A C A O OC a CN AM AB BM a A N AA AN a . 2 2 2 2 2 2 4 5 5 3 cos 0 2. . 2.2 . 5 2 5 CA CN A N a a a C CA CN aa Vậy cosin của góc giữa AM và A C bằng 3 25 . Câu V: Đặt sintx với 1,1t ta có 32 5 9 4A t t . Xét hàm số 32 ( ) 5 9 4f t t t với 1,1t . Ta có 2 ( ) 15 18 3 (5 6)f t t t t t [...]... cạnh AC vuông góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = 0 N ( AC) 1 2.( 3) C 0 C 7 Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + 7 = 0 Câu VII.a: : 3 HS nữ được xếp cách nhau 1 ô Vậy 3 HS nữ có thể xếp vào các vị trí là: (1;3;5); (2;4 ;6) ; (3;5;7); (4 ;6; 8); (5;7;9) Mổi bộ 3vị trí có 3! cách xếp 3 HS nữ Mổi cách xếp 3 HS nữ trong 1 bộ, có 6! cách xếp 6 HS nam vào 6 vị trí còn lại Vậy có tất cả là: 5.3! .6! =2 160 0 (cách)... Chọn A(2;3; 3), B (6; 5; 2) (d), mà A, B (P) nên (d) (P) r u (P), qua A và vuông góc với (d) thì r u r Gọi u là VTCP của ( d1 ) r r r r ud r uP nên ta chọn u [u , uP ] (3; 9 ;6) x 2 3t Phương trình của đường thẳng ( d1 ) : y 3 9t (t z 3 6t Lấy M trên ( d1 ) thì M(2+3t; 3 9t; với (d) Theo đề : AM 1 3 3+6t) ( ) là đường thẳng qua M và song song 9t 2 81t 2 14 R) 36t 2 14 t2 1 9 t 1 3 x 1 y 6 z 5 4 2 1 1 x... ( y0 ; y0 2) ; IN ( y1; y1 2) ( y12 ; y1 2); 4IN (4 y12 ; 4 y1 8) 2 uuu r uu r y1 1 x1 1; y0 2; x0 4 y0 4 y12 Theo giả thi t: IM 4IN , suy ra: y1 3 x1 9; y0 6; x0 36 y0 2 4 y1 8 t= M(1 ;6; 5) ( 1) : Vậy, có 2 cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1; 1) hay M( 36; 6) , N(9; 3) 5 x x 1 t 2 4 2 5 6x x2 Câu VII.b: Đặt t PT t t2 4 2 m t Xét hàm số f (t ) t 2;2 2 t2 f(t) = m có nghiệm 4 2 t 2;2 2 2 m 21 f (t ) t 1 2... |1 2t 2(3 3t ) 4t 1| 1 Trần Sĩ Tùng x2 y 2 2 x 4 y 5 0 x 12 3 y 2 2 2 2 |12t 6 | 3 2 t 1 t 0 + Với t = 0 ta được M 2 1;3;0 Trang 75 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Ứng với M1, điểm N1 d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // (P), gọi mp này là (Q1) PT (Q1) là: ( x 3) 2 y 2( z 2) 0 x 2 y 2z 7 0 (1) PTTS của d2 là: x 5 6t y 4t (2) z 5 5t Thay (2) vào (1), ta được: t = –1 Điểm N1 cần tìm là N1(–1;–4;0)... xI 2 TH1: xI 2 I (2;2); C (3;4); D(2;4) TH2: xI 2 I ( 2; 2); C ( 5; 4); D( 6; 4) 2) Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC 1 3 1 r.SOBC 3 Ta có: VOABC VIOAB +VIOBC +VOCA+VABC = r.SOAB 1 r.SOCA 3 1 8 4 (đvtt); SOAB SOBC SOCA OA.OB.OC 6 6 3 3 3 STP 6 2 3 (đvdt) S ABC AB 2 8 2 3 (đvdt) 4 4 3VOABC 4 Do đó: r (đv độ dài) STP 6 2 3 Câu VII.a: Ta có (1 x)30 (1 x)10 (1 x) 20 , x ¡ (1) Mặt khác: VOABC Mặt... kiện: Hệ PT y 3 y 3 y 2 Đề số 30 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số : y x3 3 2 mx 2 1 3 m 2 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 2) Xác định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: tan 2 x tan 2 x.sin3 x cos3 x 1 0 5.32 x 1 7.3x 1 1 6. 3x 9 x 1 0 2) Giải phương... khi a = b = c = 1 Câu VI.a: 1) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 (với A2 B2 C 2 0 ) Vì (P) (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C = 0 A+B+C=0 C = –A – B (1) Trần Sĩ Tùng Trang 77 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Theo đề: d(M;(P)) = A 2B C 2 2 A B 2 C Thay (1) vào (2), ta được: 8 AB 5B 2 0 (1) B 0 C A Chọn A 1, C 8A Chọn A = 5, B = 1 5 ( A 2B C )2 2 2 B 0 hay B = 1 thì (P) : x z 2( A2 B2 C2 ) (2)... trình mặt phẳng (P) qua O, vuông góc với mặt phẳng (Q): x y z 0 và cách điểm M(1;2; 1) một khoảng bằng 2 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là (d1): x + y + 2 = 0, phương trình đường cao vẽ từ B là (d2): 2x – y + 1 = 0, cạnh AB đi qua M(1; –1) Tìm phương trình cạnh AC Câu VII.a (1 điểm) Có 6 học sinh nam và 3 học sinh nữ xếp hàng dọc đi... phương trình cạnh AC Câu VII.a (1 điểm) Có 6 học sinh nam và 3 học sinh nữ xếp hàng dọc đi vào lớp Hỏi có bao nhiêu cách xếp để có đúng 2 học sinh nam đứng xen kẻ 3 học sinh nữ B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trang 76 Thuviendientu.org 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d): x 2 4t y 3 2t z 3 t và mặt phẳng (P) : x y 2z 5 0 Viết phương trình đường thẳng ( ) nằm... S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy Biết góc BAC = 1200, tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: a3 b3 c3 1 a 2 ab b2 b2 bc c 2 c 2 ca a 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết . có: sinx + 3 cosx = 2cos 6 x , sinx = sin 66 x = 31 sin cos 2 6 2 6 xx I = 22 32 00 sin 31 6 16 16 cos cos 66 x dx dx xx = 3 6 Câu IV: Trên SB, SC lấy. Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường tròn cố định, viết phương trình đường tròn đó Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Trang 66 2) Trong không gian với hệ trục