De Thi Thu

ĐỀ THI THỬ SỐ 2 I. PHẦN CHUNG: (7 điểm) Câu 1:Cho haøm soá: y = x3 + 3x2 + mx + 1 coù ñoà (Cm); (m laø tham soá). 1. Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá khi m = 3. 2. Xaùc ñònh m ñeå (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi 3 ñieåm phaân bieät C(0, 1), D, E sao cho caùc tieáp tuyeán cuûa (Cm) taïi D vaø E vuoâng goùc vôùi nhau. Câu 2: 1. Giaûi phöông trình: 2cos3x +

3 sinx + cosx = 0

 x 2 + 91 = y − 2 + y 2 (1) 2. Giải hệ phương trình   y 2 + 91 = x − 2 + x 2 (2)

∫

exdx

ln10

Câu 3: Cho soá thöïc b ≥ ln2. Tính J = b

3 x

e −2

lim J. vaø tìm b→ ln2

Câu 4: Tính theå tích cuûa hình choùp S.ABC, bieát ñaùy ABC laø moät tam giaùc ñeàu caïnh a, maët beân (SAB) vuoâng goùc vôùi ñaùy, hai maët beân coøn laïi cuøng taïo vôùi ñaùy goùc . Câu 5: Cho x, y, z là các số dương thoả mãn P=

1 1 1 + + = 2009 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x y z

1 1 1 + + 2 x + y + z x + 2 y + z x +y +2 z

II.PHẦN TỰ CHỌN: 1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu 6.1a 1.Phương trình hai cạnh của một tamgiác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0; 4x + 7y – 21 = 0. viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O. 2. Trong khoâng gian Oxyz, tìm treân Ox ñieåm A caùch ñeàu ñöôøng thaúng (d) :

x −1 y z +2 = = vaø maët phaúng ( ) : 2x – y – 2z = 0. 1 2 2

Câu 6.2a Cho taäp hôïp X =

{ 0,1,2,3,4,5,6,7} . Coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá tự nhiên

goàm 5 chöõ soá khaùc nhau ñoâi moät töø X, sao cho moät trong ba chöõ soá ñaàu tieân phaûi baèng 1. 2. Phần 2: Theo chương trình nâng cao. Câu 6b. 1b 1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.

 x = 2t  2.Trong khoâng gian oxyz cho hai ñthaúng: (d ) :  y = t  z= 4  1

x = 3−t  (d2) : y =t z =0 

Chöùng minh (d1) vaø (d2) cheùo nhau. Vieát phöông trình maët caàu (S) coù ñöôøng kính laø ñoaïn vuoâng goùc chung cuûa (d1) vaø (d2). Câu 6b.2b Giaûi phöông trình sau trong C: Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0 ĐỀ THI THỬ SỐ 3 (ĐỀ DỰ BỊ 1 MÔN TOÁN KHỐI B NĂM 2008) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: ( 2 điểm)Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 − 3m(m + 2) x −1 (1) , m là tham số thực

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0 2. Tìm các giá trị m để hàm số (1) có hai cực trị cùng dấu Câu II: (2 điểm)

π π 1   1. Giải phương trình : 2 sin  x +  − sin  2 x −  = 3 6 2   2. Giải phương trình : 10 x +1 + 3 x − 5 = 9 x + 4 + 2 x − 2 Câu III: (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d 1 :

x −3 y z +5 = = và hai điểm A(5;4;3) ; B(6;7;2) 2 9 1

1. Viết phương trình đường thẳng d2 đi qua hai điểm A,B . Chứng minh rằng hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau

2. Tìm điểm C thuộc d1 sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất . Tính giá trị nhỏ nhất đó . 2

Câu IV: (2 điểm) Tính tích phân : I =

∫ 0

x +1 4 x +1

dx

1. Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn x + y + z =

yz . CMR 3x

x≤

2 3 −3 ( y + z) 6

PHẦN RIÊNG : (Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu Va hoặc Vb) Câu Va: (2 điểm)

1. Cho số nguyên n thỏa mãn

An3 + C n3 = 35 (n − 1)( n − 2)

(n ≥ 3) . Tính tổng

S = 2 2.C n2 − 3 2 C n3 + 4 2 C n4 − ....... + ( −1) n .n 2 .C nn

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với AB = 5 ; C(–1;–1), đường thẳng AB có phương trình x + 2y –3 = 0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y –2 = 0 . Hãy tìm tọa độ các đỉnh A và B. Câu Vb: ( 2 điểm)

1. Giải phương trình : 2log 2 (2 x + 2) + log 1 (9 x − 1) = 1 2

2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a ; SA =a 3 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy . Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SB ; AC . ĐỀ THI THỬ SỐ 4 (ĐỀ DỰ BỊ 1 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM 2008) Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 8 x 2 + 7 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 2. Tìm các giá trị m để đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với đồ thị hàm số (1) . Câu II: (2 điểm)

 

1. Giải phương trình sin  2 x − 2. Giải bất phương trình :

π π 2   = sin  x −  + 4 4 2 

1 3x +1 > 2 1− x 1− x2

Câu III: (2 điểm) Trong không gian Oxyz . cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + 1 = 0 , đường thẳng

d1 :

x −3 y z +5 = = và 3 điểm A(4;0;3) , B(–1;–1;3) C(3;2;6) 2 9 1

1. Viết ph trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A,B,C và có tâm thuộc mặt phẳng (P) . 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính lớn nhất . Câu IV: (2 điểm) π/2

1. Tính tích phân : I =

∫ 0

sin 2 x dx 3 + 4 sin x − cos 2 x

2. CMRằng phương trình : 4 x ( 4 x 2 +1) =1 có đúng ba nghiệm thực phân biệt

Câu Va :(2 điểm)

1. Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển nhị thức Newton (1+3x)2n biết rằng An3 + 2 An2 = 100 (n là số nguyên dương) 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 =1 . Tìm các giá trị thực của m để trên đường thẳng y = m tồn tại đúng 2 điểm mà từ mỗi điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với C sao cho góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600 . Câu Vb: (2 điểm)

1. Giải phương trình : 3 +

1 6  = log x  9 x −  log 3 x x 

2. Cho hình chóp SABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông SA=SB=SC = a . Gọi M,N,E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,AC,BC . D là điểm đối xứng của S qua E , I là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN) . Chứng minh rằng AD ⊥ SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI . ĐỀ THI THỬ SỐ 5 (ĐỀ DỰ BỊ 1 MÔN TOÁN KHỐI D NĂM 2008) Câu I : (2 điểm)Cho hàm số y =

3x +1 (1) x +1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) . 2. Tính diện tích của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại điểm M(–2 ;5) . Câu II: (2 điểm)

1. Giải phương trình : 4(sin 4 x + cos 4 x) + cos 4 x + sin 2 x = 0 2. Giải bất phương trình : ( x +1)( x −3) − x 2 + 2 x + 3 < 2 − ( x −1) 2 Câu III: (2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (α ): 2x – y + 2z +1 = 0 và đường thẳng

d:

x −1 y −1 z = = 1 2 −2 1. Tìm tọa độ giao điểm của d với (α ) . Tính sin của góc giữa d và (α ). 2. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d tiếp xúc với hai mặt phẳng (α ) và (Oxy)

Câu IV: (2 điểm) 1

2x 1. Tính tích phân : I = ∫ ( x.e − 0

x 4 − x2

2. Cho các số thực x,y thỏa mãn 0 ≤ x, y ≤

)dx

π 3

. CMRằng cos x + cos y ≤1 + cos( xy )

Câu Va: (2 điểm) 1.Chứng minh rằng với n là số nguyên dương

n.2n Cn0 + (n − 1).2 n− 1 C1n + .... + 2C nn− 1 = 2n.3 n −1 2. Trong mpvới hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): (x – 4)2 + y2 = 4 và điểm E(4 ; 1). Tìm tọa độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA , MB của đường tròn (C) với A, B là các tiếp điểm sao cho đường thẳng AB qua điểm E. Câu Vb (2 điểm)

1. Giải bất phương trình : 2 2 x 2 −4 x −2 −16 .2 2 x −x 2 −1 − 2 ≤ 0 2. Cho tứ diện ABCD và các điểm M,N,P làn lượt thuộc các cạnh BC,BD,AC sao cho BC = 4BM , AC = AQ 3AP , BD = 2BN .Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q . Tính tỉ số và tỉ số thể tích hai phần của khối tứ AD diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng (MNP) . ĐỀ THI THỬ SỐ 6 (ĐỀ DỰ BỊ 1 MÔN TOÁN KHỐI B2 NĂM 2008) Câu I: ( 2 điểm)Cho hàm số y =

x 2 + (3m − 2) x + 1 − 2m (1) , m là tham só thực . x+2

1. Khảo sat sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)

2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng biến trên từng khoảng xác định . Câu II: (2 điểm)

1. Giải phương trình : 3 sin x + cos 2 x + sin 2 x = 4 sin x cos 2

2.

x . 2

 x − 1 − y = 8 − x 3 Giải hệ phương trình :  4  ( x − 1) = y

Câu III: (2 điểm)Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;0;–1) B(2;3;–1) , C(1;3;1) và đường thẳng d:

 x − y + 1= 0   x+ y+ z= 4 1. Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 1 . 2. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC) Câu IV: (2 điểm) 1

1. Tính tích phân : I = ∫ 0

x3 4 − x2

dx

2. Cho số nguyên n (n ≥ 2) và hai số thức không âm x,y . Chứng minh rằng : n

x

n

+ y n ≥ n +1 x n +1 + y n +1

Câu Va:(2 điểm) 1. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương

2 n .C n0 2 n −1 C n1 2 0 C nn 3 n +1 − 1 + + ..... + = n +1 n 1 2( n + 1) 2.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(3;0) và B(0;4) . Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn đi qua các trung điểm các cạnh của tam giác OAB . Câu Vb: (1 điểm)

1. Giải bất phương trình : 3 2 x +1 − 2 2 x +1 − 5.6 x < 0 2. Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a , các mặt ACD và BCD vuông góc với nhau . Hãy tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và tính số đo của góc gữa hai đường thẳng AD , BC . ĐỀ THI THỬ SỐ 7 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm) Câu 1: ( 2điểm) Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2 Câu 2: (2điểm)  x − 2y− xy= 0 1. Giải hệ phương trình:  1 2   x −1+ 4y− =

 

π

2. Giải phương trình: cosx = 8sin3  x + 

6

Câu 3: (2điểm) 1. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng tam giác AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.

e2

2. Tính tích phân A =

dx

∫ x ln x.ln ex e

Câu 4: (2 điểm) 1. Trong không gian Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB; CD. 2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:

a3 b3 c3 + + =1 a 2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm) 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. 2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n điểm và nối các điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được bằng 45. Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C): x 2 + y2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1). 2 Tìm m để bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > 0 thỏa với mọi số thực x. ĐỀ THI THỬ SỐ 8 Câu 1: 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

y =

x −2 x −1

2. Chứng minh rằng với mọi giá trị thực của m, đường thẳng (d) y = - x + m luôn cắt đò thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn AB. Câu 2 1. Giải phương trình:

x2

3 2

x 2 x−1

=6

π π     x  .sin3=x sinx+sin2x 2. Giải phương trình: tan  x −  tan +  6  3 · · Câu 3:Tính thể tích hình chópS.ABCbiết SA=a,SB = b, SC=c, ASB = 600 ,BSC Câu 4:Tính tích phân

I =

π /2

∫ 0

sinxdx

( sinx+

3 osx c

Câu 5:Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

)

= 900 · ,CSA

.0 =120

3

log 22 x + 1 + log22 y +1 + l o g22 z + 4

trong đó x, y, z là các số dương thoả mãn đièu kiện xyz = 8 Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1): x + y + 1 = 0, (d2): 2x – y – 1 = 0 . Lập uuur uuur r phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;-1) cắt (d1) và (d2) tương ứng tại A và B sao cho 2 MA + MB = 0 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 6b: Ký hiệu x1 và x2 là hai nghiệm phức của phương trình 2x2 – 2x + 1 = 0. Tính giá trị các số

phức:

1 và x12

1 x22

2) Theo chương trình nâng cao: Câu 7a: 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình

x2 y2 − = 1 . Giả sử (d) là một tiếp 9 4

tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của (H), kẽ FM ⊥(D). Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường tròn cố định, viết phương trình đường tròn đó 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , ch ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tìm toạ độ trưc tâm của tam giác ABC. Câu 7b: Người ta sử dụng 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn Vật lý, & cuốn Hoá học ( các cuốn sách cùng loại giống nhau) để làm giải thưởng cho 9 học sinh, mỗi học sinh được 2 cuốn sách khác loại. Trong 9 học sinh trên có hai bạn Ngọc và Thảo. Tìm sác xuất để hai bạn Ngọc và Thảo có phần thưởng giống nhau.

ĐỀ THI THỬ SỐ 9 1 3 2 ( - 1 x) + mx + 3m(- 2 x ) (1) Câu I (2,0 điểm)Cho hàm số y = m 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2 2. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đồng biến trên tập xác định của nó. Câu II (2đ)1. Giài phương trình: ( 2cosx - 1) ( sinx + cosx) = 1 3 2 3 3 )log 1 x +6 ( ) 2. Giải phương trình: log 1 (x +2 ) - 3 =log 1 4 (- x + 2 4 4 4 p/ 2

Câu III (1đ)

Tính tích phân: I =

cosx

ò sin

2

x - 5sin x + 6

0

dx

Câu IV (1đ)Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' đáy là tam giác đều. Mặt phẳng A'BC tạo với đáy góc 300 và tam giác A'BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ. 5 Câu V (1điểm) Giả sử x, y là hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x +y = . 4 4 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = + x 4y Chương trình chuẩn Câu VIa (2đ) 1. Trong mặt phẳng Oxy. Viết PTĐT (D) đi qua điểm M(3;1) và cắt trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;-2). 2). Trong không gian (Oxyz) cho điểm A(4;0;0) và điểm

B (x0 ; y0 ; (0), >x0

0;>)y0 sao cho 0 OB = 8 và góc

· AOB = 600 . Xác định tọa độ điểm C trên trục Oz để thể tích tứ diện OABC bằng 8.

Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác nhau và chữ số 2đứng cạnh chữ số 3. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy. Viết PTđường thẳng (D) 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. 2. Trong không gian (Oxyz) cho tứ diện ABCD có ba đỉnh là : A(2;1;- 1), B(3;0;1),C(2;- 1;3), còn đỉnh D nằm trên trục Oy. Tìm tọa độ đỉnh D nếu tứ diện có thể tích V = 5 Câu VII.b (1,0 điểm) Từ các số 0;1;2;3;4;5. Hỏi có thể thành lập được bao nhiêu số có 3 chữ số không chia hết cho 3 mà các chữ số trong mỗi số là khác nhau. ĐỀ THI THỬ SỐ 10 x +2 Câu I ( 3,0 điểm ) Cho hàm số y = có đồ thị (C) 1 −x a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) . b. Chứng minh rằng đường thẳng (d) : y = mx − 4 − 2m luôn đi qua một điểm cố định của đường cong (C) khi m thay đổi . . Câu II ( 3,0 điểm )

a. Giải phương trình log 2(2 0

b. Tính tìch phân : I =

∫

x1− + 12 ).log 2(2 x −12) =

sin2x

2 −π /2 (2 +sinx)

c. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị đường thẳng (d) : 5x − 4y + 4 = 0 .

dx

(C):y =

x2 − 3x+1 x− 2

, biết rằng tiếp tuyến này song song với

Câu III ( 1 đ) Cho hình chóp S,ABC . Gọi M là một điểm thuộc cạnh SA sao cho MS = 2 MA . Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp M.SBC và M.ABC . 1. Theo chương trình chuẩn :

Câu IV.a ( 2đ) : Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có các đỉnh A,B,C lần lượt nằm trên các trục Ox,Oy,Oz và có trọng tâm G(1;2; −1) Hãy tính diện tích tam giác ABC . Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường ( C ) : y = x2, (d) : y = hoành . Tính diện tích của hình phẳng (H) .

6 − x và

trục

2. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.b ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ . Biết A’(0;0;0) , B’(a;0;0),D’(0;a;0) , A(0;0;a) với a>0 . Gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và B’C’ . a. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và song song với hai đường thẳng AN và BD’ .. b. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng AN và BD’ . Câu V.b ( 1,0 điểm ) :

2 a+ Tìm các hệ số a,b sao cho parabol (P) : y =2x + x b

tiếp xúc với hypebol (H) : y =

1 Tại điểm M(1;1) x

ĐỀ THI THỬ SỐ 11 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = 1.

2x +1 có đồ thị là (C). x −1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số .

2. Tìm m để đường thẳng (d) : y = mx+3 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:

3sin 2 x + 4cos2x =3sinx + 4cosx - 4 x +1 − ln( x 2 − x + 1) > 0 2. Giải bất phương trình: ln 2 Câu III (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(7;-2 ;3) , B(1; 2 ;-1) và đường thẳng (d):

x +1 y − 2 z − 2 = = . 3 −2 2 1.

Chứng minh rằng đường thẳng AB và đường thẳng (d) đồng phẳng.

2. Tìm tọa độ điểm I ∈ (d) sao cho IA + IB là ngắn nhất. Câu IV (2,0 điểm) 1. Tính tích phân:

π 4

I = ∫ (s in 6 x-cos6 x)dx 0

2. Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: ( z 2 + i )( z 2 − z ) = 0 Câu V (2,0 điểm) 1. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mp(ABCD) và SA= a.Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. ĐỀ THI THỬ SỐ 12 3

2

Câu I (2,0 điểm)Cho hàm số y = x - 6x + 9x - 6 (1) có đồ thị là (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 2. Định m để đ thẳng ( d) : y = mx - 2m - 4 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt. Câu II (2đ) 1. Giải phương trình: cos7x.cos5x -

3sin2x=1 - sin7x sin5x

2. Giải phương trình:

log3 ( 3x - 1) log3 ( 3x+1 - 3) = 6 e

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =

ò x ln

2

xdx

1

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA = a , đáy là tam giác vuông cân có AB = BC = a . Gọi B' là trung điểm của SB, C' là chân đường cao hạ từ A của tam giác SAC. Tính thể tích khối chóp S.ABC. Chứng minh rằng SC vuông góc với mặt phẳng (AB'C'). Tính thể tích khối chóp S.AB'C'. Câu V (1,0 điểm)Cho x, y, z là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S = 34 x ( 3+y

3

+ ) 34 y (3+z

3

+ )34 z 3+(x

3

+2

)

æx y +ç + ç çy2 z2 è

zö ÷ ÷ x2ø ÷

1. Theo chương trình Chuẩn: 2

2

Câu VIa (2.0 điểm)1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn: ( C) : x + y = 1 . Đường tròn (C') tâm I(2;2) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB = 2 . Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Trong không gian (Oxyz), lập PT mặt phẳng ( a ) qua 2 điểm A(2,- 1;0), B(5;1;1)và khoảng cách từ điểm

7 1 M(0;0; ) đến mặt phẳng ( a ) bằng 6 3 2 Câu VII.a (1,0 điểm) Một tổ học sinh có 5 nam và 5 nữ xếp thành một hàng dọc. Có bao nhiêu cách xếp khác nhau ? Có bao nhiêu cách xếp sao cho không có học sinh cùng giới tính đứng kề nhau ? 2. Theo chương trình Nâng cao: 2 2 Câu VIb (2 đ 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn ( C ) : x + y + 2x - 4y - 20 = 0 và điểm A(0;3)

. Viết phương trình đường thẳng ( D ) đi qua điểm A và cắt đường tròn (C) theo một dây cung MN có độ dài a) Lớn nhất b) Nhỏ nhất 2. Trong không gian (Oxyz), cho ba điểm A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c),(a,b,c >0) và luôn thỏa mãn

a2 + b2 + c2 = 3 . Xác định a, b, c sao cho khoảng cách từ điểm O(0;0;0) đến mặt phẳng (ABC) lớn nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho đa giác đều (H) có 20 cạnh. Xét tam giác có đúng 3 đỉnh được lấy từ các đỉnh của (H).Có tất cả bao nhiêu tam giác như vậy ? Có bao nhiêu tam giác có đúng 2 cạnh là cạnh của (H) ? Có bao nhiêu tam giác có đúng một cạnh là cạnh của (H) ? Có bao nhiêu tam giác không có cạnh nào là cạnh của (H) ?

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1 Câ u I

Ý 1

Nội dung

+ MXĐ: D = ¡ + Sự biến thiên

Điểm 2,00 1,00 0,25

•

y = +∞; lim y = +∞ Giới hạn: xlim →−∞ x →+∞

•

x = 0 y ' = 4 x3 − 4 x = 4 x ( x 2 − 1) ; y ' = 0 ⇔   x = ±1

0,25

•

Bảng biến thiên

0,25

yCT 1 = y ( −1) = −1; yCT 2 = y( 1) = −1; yC§ = y( 0) =0

•

Đồ thị

0,25

2

1,00 Ta có f '( x ) = 4 x − 4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là 3

k A = f '(a ) = 4a 3 − 4a , k B = f '(b ) = 4b 3− 4b Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:

y = f ' ( a) ( x − a) + f ( a) = f '( a) x + f ( a) −af'( a) ; y = f ' ( b ) ( x − b) + f ( b) = f '( b) x + f (b) −bf'( b)

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:

k A = k B ⇔ 4a 3 − 4a = 4b3 − 4b ⇔ (a− b ) (a 2+ ab+ b 2− 1 =) 0 (1) Vì A và B phân biệt nên

a ≠ b , do đó (1) tương đương với phương trình: a 2 + ab + b2 − 1 = 0 (2)

Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau

 a 2 + ab + b2 1− 0= ⇔  f ( a) − af' ( a) = ( f ) b

(a −bf ( ') b

 a 2 + ab +b2 1− 0= ≠ 4 ⇔ 2 4  − 3a +2a = 3−b

b)

2+b2

Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là

( −1; −1)

và

( 1; −1) .

Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là

a 2 +ab+ b 2− =1 0  a ≠± 1 a ≠b  II 1

2,00 1,00

 cos x.sin 2 x.sin x. ( tan x + cot 2 x ) ≠ 0  cot x ≠ 1

Điều kiện: 

1 Từ (1) ta có: sin x cos 2 x

+ cos x sin 2 x

=

2 ( cos x −sin x ) cos .sinx2 x ⇔ = cos x cos x − 1 sin x

0,25

2 sin x

0,25

⇔ 2 sin x.cos x = 2 sin x ⇔ cos = x

2 ⇔ 2

π   x = 4+ k 2π ∈ k (   x =− π+ k 2π  4

Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là x = − 2

0,25

¢)

π + k 2π ( k ∈ ¢ ) 4

0,25 1,00

Điều kiện:

x>3

0,25

Phương trình đã cho tương đương:

1 1 1 log 3 ( x 2 − 5 x + 6 ) + log 3−1 ( x − 2 ) > log 3−1 ( x + 3 ) 2 2 2 1 1 1 ⇔ log 3 ( x 2 − 5 x + 6 ) − log 3 ( x − 2 ) > − log 3 ( x+ 3 ) 2 2 2 ⇔ log 3 ( x − 2 ) ( x − 3 )  > log 3 ( x− 2 )− log 3 ( x+ 3 )

0,25

 x −2 ⇔ log 3 ( x − 2 ) ( x − 3 )  > log 3    x +3 x−2 ⇔ ( x − 2 ) ( x − 3) > x+3

0,25

 x <− 10    x > 10

2 ⇔ x− > 9⇔ 1

Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là

x > 10

0,25

III

1,00 1,00

1 π 2

 1  I = ∫ cos 2 x 1 − sin 2 2 x  dx  2  0 π 2

=

π 2

1  1 2   1− sin 2 x d ( sin 2 x ) 2 ∫0  2 

π 2

1 1 = ∫ d ( sin 2 x) − ∫sin2 2 xd( sin 2 x) 20 40

π 1 = sin 2|x2 0 2

IV Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:

0,50

1 3 2π − sin 2|x 0 12

OM ⊥ AB

0,50

0=

và

O' N ⊥

1,00

CD .

2 h 2a 2 ∆IOM vuông cân tại O nên: OM = OI = IM ⇒ = ⇒ h= a. 2 2 2 2 2

= Ta có: R =OA = AM+ MO 2

2

⇒ V = π R 2h = π . và

2

2

2 a 2   a +   =  + =     2 4 

2

a 4

2

2

a 8

3a 8

2

3a 2 a 2 3 2π a3 . = , 8 2 16

S xq = 2π Rh=2π .

a 3 a 2 3π a 2 . = . 2 2 2 2

0,25

x + 1 − x + 2 m x ( 1 − x) − 24 x( 1 − x) = m (1) 3

0 ≤ x ≤1 Nếu x ∈ [ 0;1] thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì 1 1 x = 1 − x ⇒ x = . Thay x = cần có điều kiện vào (1) ta được: 2 2 Điều kiện :

0,25

0,25

V Phương trình

0,25

1,00 0,25

2.

m = 0 1 1 + m − 2. = m3 ⇒  2 2 m = ±1

(

* Với m = 0; (1) trở thành:

4

x − 4 1− x

)

2

= 0⇔ x=

1 2

0,25

Phương trình có nghiệm duy nhất. * Với m = -1; (1) trở thành

x + 1 − x − 2 x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = −1 ⇔ ⇔

(

(

) (

)

x + 1− x − 2 4 x ( 1− x) + x +1− x − 2 x ( 1− x) = 0 4

x − 4 1− x + Với

4

+ Với

) +( 2

x − 1− x

)

2

=0

1 2 1 x − 1− x = 0 ⇔ x = 2

0,25

x − 4 1− x = 0 ⇔ x =

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.

* Với m = 1 thì (1) trở thành:

x + 1 − x 24−

(

x1

)

x − 1 (=2

−x) 1

(x

−4

4

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x = 0, x =

) ( 2

x⇔ 1

) −x

x −

2

1 = x

−

1 nên trong trường hợp này (1) không có 2

− 0,25

nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. VI a

2,00 1

1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R = 5 . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM = 2R=2 5 .

0,25

Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( x − 2 ) + ( y − 1 ) = 20 . 2

2

Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆ , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình:

( x − 2 ) 2 + ( y − 1) 2 = 20 (1)   x + 2 y − 12 = 0 (2)

0,25

Khử x giữa (1) và (2) ta được:

( −2 y+ 10 ) + (y− 1 )= 2

2

20⇔ 5 y− 2 42+y 81 = ⇔ 0

9   Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M 3;  2  

x = 3   x = 27 5 

0,25

 27 33 

; hoặc M   5 10 

0,25

2 Ta tính được AB = CD =

10, AC = BD = 13, AD = BC =

5.

1,00 0,25

Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.

 3 3 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G  ;0;   2 2

, bán kính là R =GA=

14 . 2

VII a

0,25

0,50 1,00

9

Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C18 .

0,25

Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. 9

0,25

+ Không có bi xanh: có C13 cách. 9

+ Không có bi vàng: có C15 cách. 9

Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C10 cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C10 + C18 − C13 − C15 = 42910 cách. 9

9

9

9

VI b

0,50 2,00

1

1,00 I có hoành độ xI =

9 9 3 và I ∈ ( d ) : x − y − 3 = 0 ⇒ I  ;  2  2 2

Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) 9 9 2 2 AB = 2IM = 2 x−( Ix +M )−y (Iy= M +2) = 3 2 4 4

S ABCD = AB. AD = 12 ⇔ AD =

S ABCD 12 = = 2 2. AB 3 2

  AD ⊥ ( d ) , suy ra phương trình AD: 1. ( x − 3) + 1.( y − 0) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 .  M ∈ AD  

0,50

Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:

  x + y − 3= 0  2 2   ( x − 3) + y =

  y = −x + 3 ⇔  2 2 2 ( x − 3 ) + y = 

  y= − x+ 3 ⇔  2 2 2   x(− 3 +) −3( x = ) 2

y = 3− x x = 2 x = 4 ⇔ ⇔ hoặc  .Vậy A(2;1), D(4;-1),  x − 3 = ±1  y = 1  y = −1 9 3  I  ; 2 2  

x + x  x = A C   I 2 là trung điểm của AC, suy ra:   yC y = y A + I   2

2I−x=− 9 =2 7 xC =x A ⇔ y= − y =−= 2 y 3 1 2 C I A

Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 2

1,00 0,25

Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):

d = d ( I , ( P) ) =

0,50

2.2 + 2.( −1) − 3 + 16 3

= 5 ⇒ d > R.

Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.

Trong trường hợp này, M ở vị trí M 0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của ∆ và (P). Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là

r n P = ( 2; 2; −1) và qua I nên có phương trình là

 x = 2 + 2t   y = −1 + 2t ( t ∈ ¡ ) . z = 3 − t 

0,25

Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:

2 ( 2 + 2t ) + 2( −1 + 2t)

( − 3 )−t

+16 =0

⇔9t

15 +

0=

15 5 t⇔ = − Suy= ra− 9 3

0,25

 4 13 14  N0  − ; − ;  .  3 3 3 uuuu r

Ta có IM 0 =

3 uuur IN 0 . Suy ra M0(0;-3;4) 5

0,25

VII b

1,00

1 1 4 + ≥ ( x > 0, y > 0) x y x+ y 1 1 4 1 1 4 + ≥ ; + ≥ ; Ta có: a + b b +c a2 +b c + b c + c a +a b2 c+ Áp dụng bất đẳng thức

1

1

4 + ≥ a +b 2a+b+c+

c+ a

0,50

Ta lại có:

1 ≥ 2a + b + c

2

2a

2

2 b+ 2 c+

= 4+ a 2

2

2a 2 b⇔2 c2 7 +

+4 4a+ 2b+ 2c−

⇔ 2 ( a 1)− ( b+ ) 1 −( c) + 1 − 0 1 2 1 2 ≥ 2 ; ≥ 2 2b + c + a b + 7 2c + a + b c + 7 1 1 1 4 4 4 + + ≥ 2 + 2 + 2 Từ đó suy ra a +b b+c c+ a a + 7 b + 7 c + 7 2

0−

Tương

2

2

−

tự:

≥

≥ 0,50

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

 Đáp Án Đề thi thử số 2: 2. Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (Cm) vaø ñöôøng thaúng y = 1 laø: x =0 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔  2 =0 (2) x +3x+m * (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi C(0, 1), D, E phaân bieät: ⇔ Phöông trình (2) coù 2 nghieäm xD, xE ≠ 0. m ≠0 9 4 > m 0 ∆= −  ⇔ 4 ⇔  2  m< 0 + 3 × 0 + m ≠ 0   9  Luùc ñoù tieáp tuyeán taïi D, E coù heä soá goùc laàn löôït laø: kD = y’(xD) =

3x2D + 6xD + m = −(xD + 2m);

kE = y’(xE) =

3x2E + 6xE + m = −(xE + 2m).

Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: kDkE = –1. ⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 ⇔ 9m + 6m × (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét).

⇔

4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔ m =

(

)

(

1 9m 65 8

(

1 1 9− 65 hay m= 9 m 65 8 8

ÑS: m =

)

1. 3sinx + cosx + 2cos3x = 0 ⇔ sin

Câu 2:

)

π π sinx + cos cosx = – cos3x. 3 3

⇔

 π cos  x −  =− cos3x  3

⇔

 π π (− 3x) cos  x − = cos  3

⇔

π πk  + x = 3 2  π x = + π k  3

⇔

x=

(k ∈ Z)

π kπ + 3 2

(k ∈ Z)

2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

x 2 + 91 − y 2 + 91 = x2 − y 2

⇔

x + 91 + y + 91 2

2

 ⇔− ( x y)   

y − 2 − x− 2+ y2− x2 y− x + (−y x)(+y x) y − 2 + x− 2

=

x +y + 2 x +91 + y− 2

 1 ++ =  x y 0 x −+ 2 − y 2 91 

⇔ x = y (trong ngoặc luôn dương và x và y đều lớn hơn 2) Vậy từ hệ trên ta có:

⇔

x 2 + 91 = x − 2 + x2 ⇔ x 2 + 91 −10 = x − 2 −1 + x2 −9

x2 − 9 x 2 + 91 + 10

 ⇔(− x 3) + (x 3)   ln10

exdx

=

x −3 + ( x − 3)( x + 3) x − 2 +1

  

 1 − − 1 x 2 + 91+ 10  8

 =  

1 0 x − 2+ 1

⇔x = 3

3 4 − (eb − 2)2/3 ; vôùi u = ex – 2, du = exdx) 3 x   b 2 e −2 e −2 u b 3 3 b 2/3 Suy ra: lim J = lim 4− (e − 2)  = (4)= 6   b→ln2 b→ln2 2 2

Câu 3: J 

∫

∫=

du

=

1/3

1

8

u2/3 = 3   eb −2



Câu 4: Döïng SH ⊥ ° Ta coù:

Vậy nghiệm của hệ x = y = 3

AB

(SAB) ⊥ (ABC), (SAB) ∩ (ABC) = AB, SH ⊂(SAB) S ⇒ SH ⊥ (ABC) vaø SH laø ñöôøng cao cuûa hình choùp. ° Döïng HN ⊥ BC, HP ⊥ AC · · ⇒ SN ⊥ BC, SP ⊥ AC ⇒ SPH = SNH =α °  SHN =  SHP ⇒ HN = HP. ° AHP vuoâng coù: HP =HA.sin60=

o

a 3 ° SHP vuoâng coù: SH =HP.tgα= α tg 4 1 ° Theå tích hình choùp S.ABC: V = .SH.S 3 Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cô- Si, ta có:

B

a 3 . 4

H

N

ϕ

C P

1A a 3

= . .tg α. 3 4

ABC

a 23 a 3 = α tg 4 16

4ab ≤ (a + b)2 ⇔

1 a+b 1 1 1 ⇔ +  ∀ (> a, b 0) ≤ 4  a b a + b 4ab

 1 1 1 1  1 1 ≤  + ≤ +  2 x +y+ z 4 2 x +y z  4 2 x

Tương tự:

Vậy

 1 1  + 4  y

 1  1 1 1 1 = + +  z  8 x 2 y 2 z

1 1 1 1 1  ≤  + +  x + 2y+ z 8 2 x y 2z 

1 1 1 + + 2 x +y+ z + x 2+y z+ x + y 2z

Vậy MaxP =

Ta có:

và

≤

1 x +y+ z2

1 1 1 1 ≤ + +  8 x2 y2 z 

1 1 1 1  + + = 4  x y z

2009 4

2009 3 khi x = y = z = 4 2009

II.PHẦN TỰ CHỌN: 1. Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản Câu 6a.1a 1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3) r Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP a = (7; - 4) của AC làm VTPT Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7) A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0 2. Goïi A(a; 0; 0) ∈ Ox .

° Khoaûng caùch töø A ñeán maët phaúng (  ) : d(A; α) =

M (1; 0; − 2) uuuuuur0 r M 0M1 = u

° (  ) qua ° Ñaët

vaø coù vectô chæ phöông

2.SAM 0M1 M 0M1

= 22 +12 + 22

r u = (1; 2; 2)

° Do ñoù: d(A;  ) laø ñöôøng cao veõ töø A trong tam giaùc

⇒ d(A; ∆ ) =

2a

uuuuur r [AM 0; u] 8a2 − 24a + 36 = = r u 3

2a 3

AM 0M 1

° Theo giaû thieát: d(A;  ) = d(A;  ) 2a 8a2 −24a+36 2 ⇔ = ⇔ = − 4a+ 8⇔ a2 2− 4a 3 +6 = 4a2 24a 36 0 3 3 ⇔4(a − 3= ) 2⇔ 0 = a 3. ° Vaäy, coù moät ñieåm A(3; 0; 0). Câu 6a.2a n = abcde * Xem caùc soá hình thöùc abcde , keå caû a = 0. Coù 3 caùch choïn vò trí cho 1 (1 laø a hoaëc laø b hoaëc laø c). Sau ñoù choïn trò khaùc nhau cho 4 vò trí coøn laïi töø X \ soá caùch choïn

{ 1} :

A 74 .

Nhö theá coù 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 soá hình thöùc thoûa yeâu caàu ñeà baøi. * Xem caùc soá hình thöùc 0bcde . * Loaïi nhöõng soá daïng hình thöùc 0bcde ra, ta coøn 2520 – 240 = 2280 soá n thoûa yeâu caàu ñeà baøi. 1. Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao: Câu 6b.1b 1. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2 M ∈ Oy ⇒ M(0;m)  ·AMB = 60 0 (1) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) Vậy  0 ·   AMB = 120 (2) Vì MI là phân giác của

·AMB

IA ⇔ MI = 2R ⇔ m 2 + 9 = 4 ⇔ m = m 7 sin 300 IA 2 3 4 3 (2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI = R ⇔ m2 + 9 = 0 ⇔ MI = sin 60 3 3 (1) ⇔

·AMI = 300 ⇔ MI =

Vô nghiệm Vậy có hai điểm M1(0;

7 ) và M2(0;- 7 )

r u1 =(2;1; 0) r uuur u2 = (3; 3; − AB 0 ) = (3; 0; − 4)

2.- (d1) ñi qua ñieåm A(0; 0; 4) vaø coù vectô chæ phöông - (d2) ñi qua ñieåm B(3; 0; 0) vaø coù vectô chæ phöông

°

uuur r r uuur r r AB.[u1; u2] = 36 ≠ 0 ⇒ AB, u1, u2

° °

Vaäy, (d1) vaø (d2) cheùo nhau. Goïi MN laø ñöôøng vuoâng goùc chung cuûa (d1) vaø (d2)

°

M ∈ (d1) ⇒ M(2t; t; 4) , N ∈ (d2 ) ⇒ N(3 + t/ ; − t/ ; 0) uuuu r ⇒ MN = (3+ t/ − 2t; − t/ − t; − 4)

uuuu r  MN r Ta coù: uuuu MN 

°

khoâng ñoàng phaúng.

r / ⊥u 1  2(3+ t− 2 −) (t + =/t) ⇒ r  / / = ⊥u 2 3+t − 2t+ (t+ t) 

0 ⇔  0

M(2;1 t/ =−1  ; 4) ⇒  N(2;1; 0) t =1

1 R = MN = 2. 2 2 2 (x − 2) + (y − 1) + (z− 2)2 = 4.

°

Toïa ñoä trung ñieåm I cuûa MN: I(2; 1; 2), baùn kính

°

Vaäy, phöông trình maët caàu (S):

Câu 6b.2b Xeùt phöông trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0 Deã daøng nhaän thaáy phöông trình coù nghieäm Z1 = –1, sau ñoù baèng caùch chia ña thöùc ta thaáy phöông trình coù nghieäm thöù hai Z 2 = 2. Vaäy phöông trình trôû thaønh: (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0 Suy ra: Z3 = 2 2i vaø Z4 = – 2 2i Ñaùp soá:

{ −1,2,− 2

Câu I: 1. Học sinh tự giải

}

2i, − 2 2i

- Hết

 Đáp Án Đề thi thử số 3 2. y = x 3 − 3x 2 − 3m(m + 2) x −1 Tập xác định D = R

2 y ' =3x − 6x− 3m(m + 2)

2 x =−m ⇒ = y +m2( −1)m(2 1) ⇔ 2 2 2 = y− +2( m 1) + (2 m 5)  y ' =0⇔x − 2x− m(+ m =2) 0 x =m+ ⇒ Khi m ≠ –1 .hàm số có hai cực trị . Để hàm số có hai cực trị cùng dấu thì

m ≠− 1   1)(2 m +5) < 0 (2 m −

m ≠− 1  ⇔ 5 1 − < <m  2  2

Câu II:

π π 1  π π π 5    sin 1. 2sin x +  −sin 2x−  = ⇔ 2sin  +x  =  sin −2x + 3 2 6   6   3   6 π π π π         ⇔ 2sin + + − x + x = 2sin  x  .cos  ⇔  sin x− = sinx 1 ( 0 3  3   3  2  π    π x =− + k π sin x + = 0  ⇔  ⇔  3  sinx 1 = 

2.

3 ∈  π x = +k   2

)

(k Z)

π

10 x +1 + 3 x − 5 = 9 x + 4 + 2 x − 2 Điều kiện x ≥ 5/3

10x +1 − 9x + 4 + 3x− 5−

2x− 2= 0⇔

x −3 + 10x +1 + 9x + 4

x− 3 = 0 3x− 5+ 2x− 2

1  ⇔ (x − 3)  + 1 + 9x+ 4  10x +

1 = ⇔ = 0 3x − +5 − 2x 2

x 3

(thỏa điều kiện)

uu r

Câu III: Đường thẳng d1 qua điểm M(3 ; 0;–5) nhận u1 = (2;9;1) làm VTCP

uur

uuur

Đường thẳng d2 đi qua điểm A( 5;4;3) nhận u 2 = AB = (1;3; −1) làm VTCP nên có phương trình : d2:

x −5 y− 4 − z 3 = = 1 3 1−

.

uu r uur uu r uur uuuu r uuuu r MA = (2;4;8) ;  u1 , u 2  = (− 12;3; −3) ;  u1 , u 2  .MA = − 24 + 12 − 24 = −36 ≠ 0

Vậy hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau . uuur C thuộc đường thẳng d1 nên tọa độ C(3 + 2t;9t; −5 + t) ; AC = (2t − 2;9t − 4; t − 8) ; uuu r uuu r AB,A C  

 (12t = − 28; − 3t+10;3t +⇒ 2)  

r uuu r 1 uuu = AB,AC   2

uuu r uuu r AB = ,AC − 162t +

2

720t − 888 + 2 20 67 25  − Diện tích nhỏ nhất khi t = ⇒C  ;20; 9 9 9  SABC =

2

Câu IV: 1 I =

∫ 0

2

720t 888

162t

x +1 4 x +1

dx Đặt t =

; Smin =

22 (đvdt)

t 2 −1 1 4x + 1 ⇒ x = ⇒ dx = tdt 4 2

Khi x = 0 ⇒ t = 1 ; khi x = 2 ⇒ t = 3 t 2 −1 3 +1 3 1 1 1 3 2 I =∫ 4 . tdt = ∫ + (t 3)dt = + t = 3t + t 2 8 24  8 1 1

3

 13 3 11 =  12 1 4 6 2 yz (y +z ) +(y z ) 2 2. Ta có x +y+ z= ≤ ⇔ + + x ≤y z 3x 12 x 12 x 2 2 ( y + z ) − 12 x( y + z ) − 12 x ≥ 0 Đặt t = y + z > 0 Ta có t > 0 2 2 t −12tx− 12x≥

⇔ x≤

0

⇔≥ t + (6 4 ⇔+ 3)x ≥ y z

+ 2x (2 ⇔+ 3 ≥ 3)

6x 2 3 − 3

y z

2 3 −3 ( y + z ) (đpcm) 6 A 3n +C3n (n −1)(n− 2)

Câu Va: 1.

n(n −1)(n − 2)+

Ta có (1 + x)

30

n! n! = 35⇔ + = −35(n − 1)(n 2) − (n 3)! − 3!.(n 3)!

n(n −1)(n − 2) = 35(n − − 1)(n 2) 6

⇔n+

n = 35 ⇔ n = 30 6

0 2 2 3 3 4 4 30 30 = C30 + C130 x + C30 x + C30 x + C30 x + ...+ C30 x (1)

Đạo hàm hai vế của (1) 2 3 4 30 30(1 + x) 29 = C130 + 2 xC30 + 3 x 2C 30 + 4 x 3C30 + ...+ 30 x 29C30 (2)

Nhân hai vế của (2) cho x Ta được 2 3 4 30 30 x(1 + x) 29 = C 130x + 2 x 2C 30 + 3 x 3C 30 + 4 x 4C 30 + ...+ 30 x 30C 30 (3)

Đạo hàm hai vế của (3)

30 (1 + x) 29 + 29 x(1+ x) 28 = C130+ 2 2 xC 230+ 3 2 x 2C 330+ 4 2 x3C 430+ ...+ 30 2 x 29C 30 (4) Thay x = –1 vào 30 (4) Ta có : 1 3 30 0 = C30 − 2 2 C302 + 3 2 C30 − 4 2 C304 + ...− 30 2 C30 3 30 1 ⇔ 22 C302 − 32 C30 + 42 C304 − ...+ 302 C30 = C30 = 30

Vậy khi n = 30 Ta có 3 30 S = 22.C302 − 32 C30 + 42 C304 − .......+ 302.C30 = 30

2. Gọi trung điểm I của AB có tọa độ I(a;b) Ta có a + 2b – 3 = 0 (1) uuu r uu r 3CG = 2CI ⇔

1) =2(a+1) 3(x G + ⇔   3(y + 1 G ) =2(b+ 1) 

2a − 1  x G = 3  ⇔ G ; −2b 1  yG =  3 

1 2b−  2a − 1   3 3  

2a − 1 2b − 1 + − 2 = 0 ⇔ a + b −4 = 0 (2) 3 3 a = 5 ⇒ I(5;− 1) A,B thuộc đường tròn (C) tâm I bán kính 5 nên (C) có phương trình : Từ (1) và (2) ⇒  b = − 1 2  5 (C) : (x − 5)2 + (y + 1)2 = 4 G∈x + y −2 =0 ⇔

Tọa độ A và B là nghiệm của hệ phương trình x + 2y − 3= 0   2 (x −5) 2+ (y+ 1) =  

 

Vậy A  4; − Câu Vb: 1.

x −3 2y  =  5⇔ −( −2 2y)+ 2 + (y 1) = 4 

2

 = x− 3 2y  ⇔ ⇔ 5 1 + (y =1) 2  4 4

 x = 4;y =−  x =6;y =− 

1 2 3 2

1  3 3  1  ;B  6; −  hoặc A  6; −  ;B  4; −   2  2 2  2 

2 log 2 (2 x + 2) + log 1 (9 x − 1) = 1 Điều kiện x > 1/9 . 2

Với điều kiện đã cho phương trình tương đương với

log 2 (4 x 2 + 8 x + 4) = log 2 (9 x − 1) + 1⇔ log 2 (4 x 2+ 8 x+ 4))= log 2 (18 x− 2)  x =1  ⇔ 4 x− 10 +x =6 ⇔ 0 (thỏa điều kiện) x = 3 2  2. Bài này có thể gắn hệ trục tọa độ vào và áp dụng công thức là xong . Hết 2

 Đáp Án đề thi thử số 4

π π π π π 2     1. sin  2 x −  = sin  x −  + ⇔ sin  2 x −  − sin = sin  x −  4 4 4 4 4 2     π π π    ⇔ 2 cos x. sin  x −  − sin  x −  = 0 ⇔ sin  x − ( 2 cos x − 1) = 0 4 4 4     

  π sin x −  = 0  ⇔  ⇔ 4 cos x = 1 / 2 2.

 π  x = 4 + kπ   x = ± π + k 2π  3

1 3x +1 > (*) 1− x2 1− x2

Điều kiện –1< x <1

Đặt x = sint với t ∈[–π /2 ; π /2] Ta có ⇔ tan t < 1 ∨

tan t > 2 (*)

Mặt khác với tant = 1 thì sin t =

(k ∈ Z )

1 3 sin t +1> ⇔ tan 2 t − 3 tan t + 2 > 0 2 cos t cos t

2 2 2 2 ; với tant = 2 ⇒ sin t = 4 cos t ⇒ sin t = 5 2

 2 −1 < x < 2 Vậy từ (*) Ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là :   2 < x <1   5 Câu III 1. Gọi mặt cầu (S) cần tìm có phương trình ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(–a ; –b ; –c) A,B,C thuộc (S) và I thuộc (P) nên ta có hệ phương trình :

 8a + 6c + d + 2 = 50  a = − 1  8a + 6c + d + 2 5= 0   b= − 2  − 2a − 2b + 6c + d + 1 1= 0  1 a +0 2b + 1 = 40   ⇔ ⇔   6 a + 4 b + 1 2 c + d + 4 9 = 0   − 2a + 4b + 6c + 2 = 40  c = − 3  − 2a − 3b + 3c + 1 = 0  − 2a − 3b + 3c + 1 = 0  d = 1 Phương trình mặt cầu : ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z + 1 = 0 Tâm I(1;2;3) Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính lớn nhất là mặt phẳng đi qua tâm I của mặt cầu →

Đường thẳng d đi qua điểm M(3;0;–5) và có VTCP u =( 2;9;1) − −→

IM =( 2;−2;−8) ;

→ −→ →  18 ;22 ) Mặt phẳng (Q) có VTPT IM , u  =(70 ;− n = (35 ;−9;11 ) nên có  

phương trình (Q) : 35(x –1 ) –9(y –2) +11(z – 3) =0 ⇔ (Q): 35x –9y +11z –50 =0 Câu IV π/2

1 I=

∫ 0

sin 2 x dx = 3 + 4 sin x − cos 2 x

π /2

∫ 0

sin x . cos xdx = 2 sin x + 2 sin x + 1

π /2

∫ 0

sin x cos xdx (sin x + 1) 2

Đặt t = sinx +1 ⇒ sinx = t – 1 ⇒ cosxdx = dt Khi x = 0 ⇒ t = 1 ; khi x = π /2 ⇒ t = 2 Ta có : 2

2

2

t −1 1 1 1 1   I= dt =  − 2 dt =  ln | t | +  = ln 2 − 2 t t  t 1 2 t  1 1

∫

∫

2.Đặt f ( x ) = 4 x ( 4 x 2 +1) −1 Tập xác định D = R , hàm số liên tục trên R f ' ( x ) = 4 x .2 ln 2( 4 x 2 +1) + 8 x.4 x = 2.4 x ( 4 x 2 ln 2 + 4 x + ln 2) f ' ( x ) = 0 ⇔4 x 2 . ln 2 + 4 x + ln 2 = 0 ∆' = 4 − 4 ln 2 2 = 4(1 − ln 2 2) > 0 Vây f ’(x) = 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2

Điều này chứng tỏ f(x) cắt trục hoành không quá 3 điểm ⇒ phương trình đã cho không quá 3 nghiệm .Mặt khác do f(x) liên tục trên R và thỏa f (0) = 0 ; f(–1/2) = 0 ; f(–2) = 1/16 ; f(–3) = 27/64 Như vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm : x = 0 ; x = –1/2 ; x ∈ (–3 ; –2) Câu 5 a 1. An3 + 2 An2 = 100 Điều kiện n ≥ 3 An3 + 2 An2 =100 ⇔

(1 + 3 x)10 =

10

∑C k =0

n! n! +2 =100 ⇔ n( n −1)( n − 2) + 2n( n −1) =100 ⇔ n = 5 ( n − 3)! (n − 2)!

k 10

5 3 k x k Số hang chứa x5 tương ứng k = 5 . Hệ số só hạng chứa x5 là C10 .3 5 = 61236

2 Đường tròn (C) có tâm O(0;0) bán kính bằng 1 . Giả sử từ điểm M kẻ được hai tiếp tuyến MA , MB đến (C) thỏa mãn góc MAB bằng 600 thì góc AMO bằng 300 ⇒ MO = 2 Vậy M chạy trên đường tròn tâm O bán kính bằng 2 . Số điểm nằm đường thẳng y = m kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) thỏa mãn YCBT cũng là số giao điểm của đường tròn (C’) tâm O bán kính bằng 2 với đường thẳng y = m . Để có đúng 2 điểm theo YCBT thì |m| < 2

0< x≠ 1  Câu V b1. Điều kiện  6 x >   3

3+

1 6  = log x  9 x −  ⇔ 3 + log x 3 = log x (9 x 2 − 6) − 1 ⇔ log x (3.x 4 ) = log x (9 x 2 − 6) log 3 x x 

⇔ 3x 4 − 9 x 2 + 6 = 0 ⇔ ( x 2 −1)( 3 x 2 − 6) ⇒ x = 2

2. Trong (ABC) AE ∩ MN = J ⇒ SJ = (SMN) ∩ (ASD) Trong (ASD) SJ ∩ AD = I ⇒ I = AD ∩ (SMN) Ba tam giác SAB,SAC,SBC là các tam giác vuông cân bằng nhau ⇒ SA,SB,SC đôi một vuông góc và ∆ ABC là tam giác đều cạnh a 2 BSCD là hình vuông cạnh a A

 BD ⊥ SB ⇒ BD ⊥ (SAB ) ⇒ BD ⊥ SM   BD ⊥ SA

Lại có SM ⊥ AD nên SM ⊥ (ABD) ⇒ SM ⊥ AD (1)

 BC ⊥ SD ⇒ BC ⊥ (SAD ) ⇒ BC ⊥ AD   BC ⊥ SA

I

H

N

J M

Mà MN// BC ⇒ MN ⊥ AD (2) Từ (1) và (2) ⇒AD ⊥ (SMN) ⇒ AD ⊥ SI (đpcm) Trong (SBD) kẻ IH // BD (H ∈ AB) ⇒ IH ⊥ (SAB)

S

C

E

D IH AI AI . AD SA2 a2 1 B = = = = = 2 2 2 2 BD AD 3 AD SA + SD 3a 2 a 1 1 a a 2 a3 ⇒ IH = a/3  SSMB = 1/2 . SSAB =  VMBSI = IH .S SMB = . . - Hết – = 4 3 3 3 4 36

 Đáp Án Đề thi thử số 5 Câu I: 1.Học sinh tự giải 2. y ' =

2 ; y '( −2) = 2 Tiếp tuyến tại M là ∆ : y = 2( x + 2) + 5 = 2x + 9 ( x + 1) 2

A = ∆∩ Ox ⇒ Tọa độ A là nghiệm hệ phương trình

 y = 2x+ 9  x=− 9/ 2 9 ⇔ ⇒ − A( ⇒;0) = OA   y = 0 y = 0 2   B = ∆∩ Oy ⇒ Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình x 0 x = 0  = ⇒ B⇒ (0;9)= OB 9  ⇔ y 9 y = 2x+ 9 = Diện tích tam giác OAB : S = Câu II: 1. 4(sin

4

x + cos

4

9 2

1 81 OA.OB = (dvdt ) 2 4

x ) + cos 4 x + sin 2 x = 0

⇔ 4(1 − 2sin x.cos 2 x) + 1 − 2sin 2 2 x + sin 2 x = 0 ⇔ 5 − 2sin 2 2 x− 2sin 2 2 x+ sin 2 x= 0 2

⇔ 4sin 2 2 x − sin 2 x − 5 = 0 ⇔ sin 2 x = − 1⇔ x = − 2.

( x +1)( x −3) − x 2 + 2 x + 3 < 2 − ( x −1) 2

π + k 2 π ( k∈ Z ) 2 (*)

(*)

⇔ ( x 2 − 2 x − 3) − x 2 + 2 x + 3 < (− x 2 + 2 x + 3) − 2

Đặt

t = − x2 + 2 x +3 ≥ 0 Ta có :

t ≥ 0  3 2 −t < t−

 ≥t 0  ⇔3 2 2 +t − t>

Điều kiện : –1 <x < 3

 ≥ t 0 ⇔> ⇔ 2 2 −0 + t ( +1)( t> t2 2) 0 

⇔ − x 2 + 2x + 3> 1⇔ x 2 − 2x− 2< 0 ⇔

1−

t

3< x< 1+

1

3

Câu III :1. Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mp(α ) là nghiệm hệ phương trình :

2 x − y −1= 0  =x 3/ 2  x −1 y− 1 z = =    z =1 0  ⇔ = y ⇒ 2 2 2−  ⇔ y+ −  1    2 x − y + 2 z + 1 = 0 z 1  2 x − y + 2 z+ 1= 0  =−

r

3 A − ;2;  1 2

  

r

d có VTCP u = (1; 2; −2) ; (α ) có VTPT n = (2; − 1; 2) . Gọi ϕ là góc giữa d và (α ) rr | un . | r sin ϕ = r = | u|.| n|

4 9

2. Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mp(Oxy ) là nghiệm hệ phương trình : x =1  x −1 y− 1 z = =   ⇔ = y ⇒ 1 B 1(;1;0 ) 2 2 −  1   z = 0 z = 0 Mặt cầu có tâm I thuộc d tiếp xúc với (α ) và (Oxy) ⇒ Tâm I là trung điểm AB 1  5 3 1 Tâm I  ; ; − bán kính R = d (I ;(Oxy )) =  2  4 2 2 2

2

 5   3  1 Phương trình mặt cầu cần tìm ( S): x −  + z =  y−  +  +  4   2  2 Câu IV: 1

1.

x =dx )∫ 4 − x2

0

1

I1 = ∫ x.e2 x dx 0

1

1 1 2x 1 1 2x I1 = xe . − e=dx −e ∫ 0 2 2 2 0 1

I2 = ∫ 0

xdx =− 4 − x2

I =I − 1 I= 2

2.

1

1

∫ −2

x(4

2

2x xe − ∫dx

1 7 − e +2 4 4

1 4

1

1 1 =e −2 x + e= 4 2

(

e ) 14+

2

1

2

0

1

1 1 e( 4 4

1/2 −d)2 −=− x(4 − )2 = −x4

2

2

2

1)

2

1

3

0

0

3.

x +y π + x y ≤ ⇒ os c≥ xy os c 2 3 2 x +y x − y +x y c os ≤ 2c os≤ 2c os xy (1) 2 2 2

≤ Theo BĐT Cô si Ta có 0 ≤ xy

cos x + cos y=2 c os

Với

1

xdx = − I I x2 0 0 − 4 du =dx u =x  ⇒ Đặt   1 2x v = e 2x dv = e dx   2 

I = ∫xe ( . −2 x

2

t = xy ; t ∈[0;π / 3] Xét hàm số f (t ) = 1 + cos t 2 − 2 cos t

f '(t ) = −2t sin t 2 + 2 sin t = 2(sin t − t sin t 2 ) ; f '(1) = 0 2 2 2 ⇒ f '(t ) > 0 ∀t∈[0 ; 1) thì t > t ⇒ sin t > sin t > t sin t 2 2 2 ⇒ f '(t ) < 0 ∀t∈ (1 ; π /3] thì t < t ⇒ sin t < sin t < t sin t π

f (0) =0 ; f (1)= − 1 cos1 > 0 ; f= ( ) cos > 3 Vậy f (t ) ≥ 0

∀t ∈ [0;

π

2  0  9  

π ] ⇒ 1+ cos xy ≥ 2cos xy 3

(2)

Từ (1) và (2) Ta có cos x + cos y ≤1 + cos( xy ) (đpcm) Câu Va : 1. Ta có công thức khai triển

( x + 1) n = C n0 x n + C n1x n −1 + C n2 x n −2 + C n3x n− 3 + ......+ C nn− 1x+ C nn

(1)

Đạo hàm hai vế của (1) Ta được

n( x + 1) n −1 = nx n−1C n0 + (n − 1) x n− 2C 1n + (n − 2) x n− 3C n2 + .....+ C nn− 1 Nhân 2 vế của (2) cho x rồi thay x = 2 vào . Ta được

n.2n Cn0 + (n − 1).2 n− 1 C1n + (n − 2)2 n− 2 C n2 +.... +2C nn −1 =2n.3 n −1 (đpcm) 2. Đường tròn (C) có tâm I(4 ; 0) bán kính R = 2

(2)

Gọi M(0 ,m ) thuộc trục tung .

IM = m2 +16 > R Vậy qua M có 2 tiếp tuyến đến (C)

Giả sử ∆ là tiếp tuyến qua M đến ( C) và T(x0 ; y0) là tiếp điểm

uuur MT = ( x0 ; y0 − m) ;

uur IT ( =0x

4;− 0y )

uuur uur MT . IT = 0 ⇔ x0 ( x0 − 4) + y0 ( y0 −m) =0

⇔ x02 + y02 −4 x0 −my0 =0 (1)

Mặt khác T thuộc ( C ) nên : x0 + y0 − 8x0 + 12 = 0 2

Từ (1) và (2) Ta có

2

(2)

4 x0 − my0 − 12 = 0 (*) Tọa độ các tiếp điểm A,B đều thỏa (*) nên đường thẳng AB: 4x –

my – 12 = 0 E thuộc AB nên : 16 –m – 12 = 0 ⇔ m = 4 Vậy M(0 ; 4 ) là điểm thỏa YCBT Câu Vb: 2 2 4 − x2 2 x 1 2 2 x −4 x−2 16.2 − −2 x−x 1−2≤ 0 ⇔− 4 − − ≤ 2x 2 −02x− 1 1. 2 2 x − 2 x − 1 Đặt t = 2 > 0 . Bất phương trình tương đương với : t > 0  ⇔ 2 4 ⇔ t − − < 2 0  t 

t > 0  >t 0 ⇔ ⇔< < 3 < 0 −(t 2)( +t 2+ 2t< 2) 0 t − 2t − 4

0

t 2

2

Vậy 0 < 2 x − 2 x −1 < 2 ⇔ x2 − 2 x− 1 < 1 ⇔ x2 − 2 x− 2 < 0 ⇔ 1− 3 < x< 1+ 3 2. Trong (BCD) : MN ∩ CD = I ⇒ IP = (MNP) ∩ (ACD) Trong (ACD) : IP ∩ AD = Q ⇒ Q = AD ∩ (MNP)  Kẻ DH // BC (H ∈ IM) ; Kẻ DK // AC (K ∈ IP) NMB = ∆ NDH ⇒ IK DK ID = = = IP CP IC

ID DH BM 1 = = = IC CM CM 3

1 DK 1 DK 2 ⇒ =⇒ = 2 AP 3 AP 3 3

∆ APQ đồng dạng ∆ DKQ

⇒

AQ AP 3 AQ 3 = = ⇒ = DQ DK 2 AD 5

Ta có :

S BMN BM .BN 1 1 1 = = . = ; S BCD BC .BD 4 2 8 V 1 ⇒ ABMN = (1) ; VABCD 8

S BCN SNCD 1 S 3 = = ⇒ MNC = S BCD SBCD 2 S BCD 8 A

VANCD 1 V AMNC 3 = ; = VABCD 2 V ABCD 8 VANPQ AP AQ 1 3 1 = . = . = VANCD AC AD 3 5 5

VANPQ

1 (2) VABCD 10 VAMNP AP 1 VAMNP 1 = = ⇒ = VAMNC AC 3 VABCD 8

⇒

P

Q

K I H

B

=

N

D

M

(3)

Cộng (1) , (2) và (3) Ta có :

C

VABMN + VANPQ + VAMNP

1 1 1 7 = + + = VABCD 8 10 8 20 VABMNQP VCDMNQP 13 VABMNQP 7 7 = ⇒ = ⇒ = VABCD 20 VABCD 20 VCDMNQP 13 Vậy mặt phẳng (MNP) chia khối chóp thành hai phần với tỉ lệ thể tích

7 - Hết – 13

 ∆

 Đáp Án đề thi thử số 6 BÀI GIẢI ĐỀ DỰ BỊ 2 KHỐI B – 2008 Câu I:

m ≥ 9/8

 π −π π 7 π ;x = + πk2 = ; x + π k2 Câu II: x = + k2 2 6 6 

3. Hệ phương trình đã cho có nghiệm x = 2 ; y =1

 x = 8 5/ 4 9+ 6t  Câu III:  D(5;6; −7) ; D'(−1;0;5) Phương trình đường thẳng cấn tìm  y = 1 3 5 / 4 9− 2t  z = − 3 1/ 4 9+ 3t  Câu IV: I = 2.

16 −3 3 3 x =0

x n + y n ≥ n +1 x n +1 + y n +1 (*)

Khi  Hiển nhiên (*) luôn đúng y =0 x Khi x,y >0 Không mất tính tổng quát . Giả sử 0 < x ≤ y . Đặt t = ; t ∈ (0 ; 1] y Ta luôn có n

ln( t n + 1) ln( t n +1 + 1) ln( t n +1 + 1) ≥ ≥ n n n +1 n n n +1 n +1 x +y  x  +y  ≥ n. ln   ⇔ ( n + 1). ln  n n +1    y  y   

t n + 1 ≥ t n +1 + 1 ⇔ ln( t n + 1) ≥ ln( t n +1 + 1)

(

)

(

)

⇔ (n + 1) ln t n + 1 ≥ n. ln i n +1 + 1  xn + yn ⇔  n  y

   

n +1

⇔

n

 x n +1 + y n +1   ⇔ xn + yn ≥  n +1  y  

(

)

n +1

(

≥ x n +1 + y n +1

)

n

⇔n x n + y n ≥ n +1 x n +1 + y n +1 (đpcm)

Câu Va:(2 điểm) 1. Khai triển nhị thức Newton ( x + 1) n = C n0 x n + C n1 x n −1 + C n2 x n −2 + .... + C nn Lấy tích phân hai vế với cận từ 0 đến 2 2. OA = 3 ; OB = 4 ; AB = 5  P là nửa chu vi tam giác OAB . P = 6 S  S là diện tích tam giác OAB : S = 6  r là bán kính đường tròn nội tiếp r = =1 p  Tam giác OAB nằm ở góc phần tư thứ nhất có 2 cạnh là 2 trục tọa độ nên tâm I của đường tròn nội tiếp (C) có tọa độ dương cách 2 trục tọa độ 1 khoảng bằng 1 ⇒ I(1;1) Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh OA;OB;AB ⇒M (

3 3 ;0); N (0;2); P ( ;2) 2 2

Giả sử đường tròn (C’) qua M,N,P có phương trình (C ' ) : x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 . Ta có hệ phương trình

 9  3a + c + 4 = 0  a = − 3 / 4    4b + c + 4 = 0 ⇔  b = − 1  2 5  c = 0  3a + 4b + c + = 0 4 

Đường tròn (C’) có tâm I’(3/4 ;1) bán kính r ' = Ta có I I ' =

5 4

1 = r '−r Vây hai đường tròn (C) và (C’) tiép xúc trong . 4

Câu Vb: (1 điểm)

1.

x < log3 2 2

2/. Gọi M,N,I lần lượt là các trung điểm các cạnh CD,AB, BD

A ⊥B N  ⇒ A ⊥ B(B C) ⇒ AN ⊥ BM N  A ⊥ BC N

 DN = CN =

a 3 2

 ( A C) ⊥ (BD C) D   A ⊥MC D ⇒ A ⊥M(B C) ⇒ AD ⊥MB M  A ⊂M( A C) D 

A

a

N

a a

B

C

∆ACD = ∆BCD ⇒ AM = BM

a

I

M

a MN = 2

⇒ ∆AMB vuông cân DM = ND 2 − NM 2 =

2

a

D

2

3a a a 2 − = 4 4 2

Diện tích tam giác NCD

S NCD =

1 a2 2 DC .MN = DM .MN = 2 4

Thể tích tứ diện ABCD : V ABCD = V ANCD + V BNCD =

∆ MIN là tam giác đều

1 1 a2 2 a3 2 AB .S NCD = .a. = 3 3 4 12

 N / A/I D ∧ ∧  ⇒ (A , BD ) =C(N , I IM)  I M/ B/ C

=600 - Hết

 Đáp Án đề thi thử số 7 Câu 1.2) m = ±

9  Câu 2 1. 2

Câu 3: ( 3.2) A = ln (

Nghiệm của hệ (2;

1 ) 2

 2.2)

x = kπ

4 ) 3

Câu 4: (4.1)Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ (P): 5x – 4y = 0 và (Q): 2x + 3y – 6 = 0 (4. 2). Ta có:

a3 a +ab+b 2 2

a2 b− ≥ 3

(1) ⇔ 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)

⇔ a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0 ⇔ (a + b)(a – b)2 b3 Tương tự: 2 b + bc+c 2

b2 c − ≥ 3

(2) ,

≥ 0. (h/n)

c3 c 2 +ac+a 2

c2 a− ≥ 3

(3)

Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được: a3 b3 c3 a b + c + + + ≥ 2 2 2 2 2 2 a +ab+ b b+ bc + c + c +ca a 3 Vậy: S ≤ 3 ⇒ maxS = 3 khi a = b = c = 1 77 77 77 x y z  Câu 5a: ⇒( P):+ + = 1 Ta có: ⇒ a = ; b = ; c = 4 5 6 a b c 

⇒ ptmp(P)

2.Ta có: n C5 + 5C n = 45 ⇒ n2 + 3n – 18 = 0 ⇒ n = 3 2

2

Câu 5b: 1. Hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5) 2. Đặt X = 5x ⇔∆ < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0 Từ đó suy ra m - Hết  Đáp Án đề thi thử số 8 Câu 1: 2 Vậy gtnn của AB = 8 khi và chỉ khi m = 2 Câu 2:

−1 ±+ 9 8log 2 4

1) x =1;x=

Câu 3: Dùng tỉ số thể tích VS.ABC =

kπ 2π  ;x = − + 2 kπ 2. )  x = 2 3  3  Câu 4: I = 6

3

2 abc 12

a12 + b12 + a22

Câu 5: Theo bất đẳng thức Minkowski:

b+22

+a32

b3(2 +

a1≥ a2)

a(3+ 2

a3 a1 a2 = = Ta có P ≥ log 22 ( xyz ) + 42 = 5 ( vì xyz = 8) b1 b2 b3 log 2 x log 2 y log 2 z log 2( xyz) 3 = = = = minP = 5 khi và chỉ khi ⇒ x = y = 4 8; z = 2 2 1 1 2 4 4 Câu 6a: 1 (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). 1 1 ⇒ 2 = 2i, 2 = −2i Câu 7a:  Câu 7a: 1. x2 + y2 = 92. x1 x2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

 36 18 12  ; ; 49  49 49 

2). trực tâm H 

Câu I (2,đ )

2.

 Câu 7b: p(A) =

n(A) 5 = n(Ω ) 18

 Đáp Án đề thi thử số 9 Câu II (2,0 điểm)

m³ 2 p 6

;x = + 1. x =k2p

kp 2 3

2.

x = 2;x = 1-

33

4 Câu IV (1,0 điểm) V = 8 3 3 Câu V (1,0 điểm) minS = 5 1. Theo chương trình Chuẩn:Câu VIa (2.0 điểm) 1. x + 3y - 6 = 0;x - y - 2 = 0 2. C1(0;0; 3),C2(0;0; - 3) Câu III (1,0 điểm)

I = ln

Câu VII.a (1,0 điểm) 192 số Theo chương trình Nâng cao:Câu VIb (2,0 điểm)

1. x + 2y - 6 = 0

2. D1(0; - 7;0),D2(0;8;0) Câu VII.b (1,0 điểm)

Câu 1.b) Đường thẳng y = mx Câu II ( 3,0 điểm ) a) 1đ c) 1đ

®x =log 2 9 ®x = log 2

⇔

Câu III ( 1 đ)

(∆1): y =

64 số

 Đáp Án đề thi thử số 10 điểm cố định A(2;

− 4 − 2m luôn đi qua 17 16

I =ln

b) 1đ

− 4) thuộc (C)

4 e2

5 1 5 5 x − ;(∆ 2): y = x− 4 2 4 2

VM.SBC V = S.MBC = 2 VM.ABC VM.ABC

27  Câu IV.a ( 2đ ) : SABC = 2

+ b1

b2) + b3 Vậy

2

+

+

Câu V.a ( 1,0 điểm ) : S =

26 3

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) : a) (P) : x + 4y + 3z −

a

Do đó : d(AN,BD') =

7a 3 3 = 0 b) cosϕ = ⇒ ϕ = arccos 2 9 9

Câu V.b : Vậy giá trị cần tìm là

26

 Đáp Án đề thi thử số 11

Câu I.2⇔ [ m = 3 − 5 v m = 3 + 5 π

 x; Câu II 1.) x =± + k 2π= 3 

arctan( − +

uuu r

a = −5,b= 4

3

4 ) kπ

r

.

2).

1 < x< 1 . 2

Câu III (2,0 điểm). 1. AB = (−6; 4; − 4) , u d = (3; −2; 2) . Có ∉ (d) nên AB // (d).

2). Vậy I=(2; 0; 4).

Câu IV (2,0 điểm)1. 2 z = − 2

2 i= − z + , 2

uuur r AB = −2 ud AB và (d) đồng phẳng. Mặt khác A

11 I =− 24

2). Phương trình có 6 nghiệm:

2 2 1 3 = −+ i z = , −− i= z=, 2 2 2 2

1 2

3 i z 2

, z 0,

.

1

Câu V (2,0 điểm) d(AC, SD) = d(SD, (α )) = d(S, (α )) =

a

2 2

.

3. Chứng minh rằng với mọi x , y , z ∈R và thỏa mãn x + y + z =0 ta luôn có : x 3 +4 + + 3 + 4 y+ 3≥ 4

Có:

z

6.

3 +1. 3+ 4≥ x ( 3.+3

4=.1) +x ⇒ 3 2+ x ≥ 3 4

3 +2 y + 3 2z ; + 3 4≥z 2 2 Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được: Tương tự ta có:

3 +4 y≥

1 x y 3+ 4+ + 3+ 4+ ≥ 3 4+z+ (9 +≥ 2 x+ 2 y 2 )z 2 1 3 x+ y+1 z = + (9 3. = 2 += ) (9 3) 6 2 2

3 +2 2

x

x

.

.

1 (9 3 2.2x .2y )z 2

3

.

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 0.

Câu I (2 đ)

2.

,x =Câu II (2,đ) 1. x =k p

Câu III (1 đ)

 Đáp Án đề thi thử số 12

m> - 3

I =

p +k p 3

1 2 e ( -1 4

2. x =log 310,x =log

) Câu IV (1,0 điểm) V =

Câu V (1,0 điểm) minS = 12, x = y = z = 1

3

28 27

a3 36

x + y + 1 = 0; x + y - 1 = 0 2. x + y - 5z - 1 = 0;5x - 17y + 19z - 27 = 0

Câu VIa (2.0 điểm)

Câu VII.a (1,0 điểm) 28800 cách Câu VIb (2,0 điểm) 1. 2x - y - 6 = 0 2. a = b = c = 1 Câu VII.b (1,0 điểm) 1440, 20, 320, 800 tam giác