GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC & CAO ĐẲNG MÔN TOÁN TỪ NĂM 2005 ĐẾN...

8/9/2019 GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC & CAO ĐẲNG MÔN TOÁN TỪ NĂM 2005 ĐẾN NĂM 2012 - HÀ VĂN CHƯƠNG

1/375

HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH(GIẢNG VIÊN TOÁN ĐẠI HỌC KINH TÉ TP. HÕ CHÍ MINH)

GIỚI THIỆU ĐỂ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC & CAO ĐANG■ ■

NÔM TOÁNTỪ NĂM 2005 ĐẾN NĂM 2012

(Tái bản lần thứ hai, CÓsửa chữa và bồ sung theo 'tinh thần đề thi mới)

í

♦ GỒM CÁC ĐỀ Dự BỊ VÀ CÁC ĐỀ THI CHÍNH THỨC

♦ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NGẮN GỌN, DỄ HlỂU

♦ CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI HAY

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC sư PHẠM

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QU

WWW.FACEBOOK.COM/BOIDUONGHOAHOCQU

B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

W.DAYKEMQUYNHON.UCOZ.COM

ng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú


2/375

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC sư PHẠM

136 Đường Xuân Thủy - Quận Cầu Giấy - Hà Nội

Điện thoại: (04) 37547735 - Fax: (04) 37547911

Chịu trách nhiệm xuất bản:

Giám đốc ĐINH NGỘC BAO

Tổng biên tập ĐINH VĂN VANG

Chịu trách nhiệm nội dung và bản qiíyền:

NHÀ SÁCH HỒNG ÂN

Biên tập nội đung:

LƯU THẾ SƠN

Kĩ thuật vi tính:

NHÀ SÁCH HỒNG ÂN

Trình bày bìa:

PHẠM VIỆT QUANG

Mã số: 02.02.948/1181.PT2012

GỈỚỊ THIỆU BỂ THỈ TUYỂN s i n h ĐẠr HỌC VÀ CAO DANG MOM ĨOẦN

In 1.000 cuốn, khổ 17 X24cm tại Công ti cổ phần Văn hóa Văn Lang.Số đăng kí KHXB: 78-2012/CXB/948-43/DHSP kí ngày 13/1/2012QĐXB số: 1037/QĐ-ĐHSP ngày 3/8/2012In xong và nộp lưu chiểu quý !l! năm 2012.



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




3/375

ỹ iớ ô

Các em học sinh thân mến!

Để các em có thêm tài liệu bổ ích trong việc ôn luyện thi vào các trường

ĐH, CĐ, chúng tôi mạnh dạn biên soạn cuốn sách “Giới thiệu đề thi

tuyển sinh Đại học & Cao đẳng môn Toán”. Cuốn sách này chứa đựng

nhiều kinh nghiệm và tâm huyết của tác giả dành cho các em học sinh.

Với cuốn sách này, các em sẽ gặp nhiều điều thú vị, học được cách trình

bày một bài giải ngắn gọn nhưng đầy đủ và chặt chẽ. Bên cạnh đó, các emcũng sẽ gặp được nhiều cách giải hay.

Trong lần tái bản này, chúng tôi có sửa chữa và bổ sung đề thi Tuyển

sinh Đại học (Khối A, Ai, B, D) năm 2012 theo cấu trúc mới của Bộ Giáo dục

và Đào tạo.

Chúng tối hy vọng cuốn sách này sẽ là tài liệu bổ ích cho các em trong

việc ốn luyện môn Toán theo phương pháp ra đề thi mới của Bộ Giáo dục và

Đào tạo để đạt kết quả cao trong các kỳ thi sắp đến.

Dù đã có nhiều cố gắng trong biên soạn nhưng chắc chắn không tránh

khỏi những thiếu sót. Rất mong nhận được các ý kiến đóng góp của các em

học sinh và các bạn đồng nghiệp.

Nhóm tác giả



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




4/375

I



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




5/375

ĐỀ Dư BI 1- NĂM 2002 - KHỐI A■ B ■ I—- -

Câu I. (2 điểm)Cho hàm số: y = X4 - mx2+ m - 1 (1) (m là tham số)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 8.

2) Xác định m sao cho đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt.Câu II. (2 điểm)

1) Giải bất phương trình: log1(4X+ 4) > log1(22x+1 —3.2X)^2x+l

2 22) Xác định m để phương trình: 2(sin4x + cos4x) + cos4x + 2sin2x - m = 0 có ít

nhất một nghiệm thuộc đoan 0;— 2

Câu III. (2 điểm)1) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh ạ và cạnh bên SA

vuông góc vớỉ mặt phẳng đáy (ABC). Tính khoảng eách từ điểm A tới mặt

phẳng (SBC) theo a, biết rằng SA = a’2

3.1

2) Tính tích phân I = J-1 3 J

X đ x

o'x2 + l

Câu IV. (2 điểm)Trong Ittặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy, .cho hai đường tròn:(Cl): X2 + y2 - 10x = 0; (C2): X2 + y2 + 4x - 2y - 20 = 0

1) Viết phương trình đường tròn ,đi qua các giao điểm của (Cl), (C2) và có tâmnằm trên đường thẳng X + 6y - 6 = 0.

2) Viết phương trình tiếp tuyến chung của các đường tròn (Ci) và (C2).

Câu V. (2 điểm)

1) Giải phương trình: Vx + 4 + Vx - 4 = 2x -1 2 + 2Vx2-16

2) Đội tuyển học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinhkhối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 hộc sinh khối 10. Hỏi có bao nhiêu cách cử8 học sinh trong đội đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một em đượcchọn? '

Câu ’VI. Gọi X, y, z là khoảng cách từ điểm M thuộc miền trong của AABC có 3góc nhọn đến các cạnh BC, CA, AB.

la2+ b2 + c2Chứng minh rằng: Vx + yfy + Vz <

2R a, b, c là các cạnh của AABC; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp.Dấu = xảy ra khi nào?

5



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




6/375

Bời giải

Câu I.

1) Khi m = 8=>y = x4- 8x2+ 7

• MXĐ: D = R

• y' = 4x3 - 16x = 4x(x2 -4 );y ' = 0 o 4x(x2 - 4) = 0

« x = 0 v x = ±2• y" = 12x2 - 16; y" = 0 12x2 - 16 = 0

2 S 2 16 4X = —1 = —x = ±-12 3

Bảng biến thiên:

X —00 -2 0 2 +001

y — 0 + 0 — 0 +

y +00 .

> - 9

^ 7 ^

* -9 "

+00

2 V3 2 V3X —00

3 3-f-00

y" + 0 0 +

y +00 ỉõm -17/9 lồi -17/9 lõm +00

2) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.

• Phương trình hoành độ giạo điểm: X4 - mx2 + m - 1 = 0(1)

Đặt t = X2 > 0, t2 - mt + ĨĨ1 - 1 = 0(2)

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt.



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




7/375

o Phương irinh (2) CÓ 2 nghiệm dương phân biệt,

ị A - m ? 4(m - 1 ) = (m - 2)2 > 0ím > 1

mV 2

ị s ---1 - -t-12 = m > 0

ip rẹ-t̂ tg = m -1 > 0

Cảu II.

1) Giải bấ t phương trình: ^ '° ể i (22x+1 - 3.2X) (1)

(1) o 4 x +

44x - 3 .2 * - 4 V

X > 2

_ _____ 4 X _ _____ 2) 2(ổÌn4x' + cos4x);+ cos4x + 2sin2x - m = 0 2(1 - 2sin2x.cos2x) + 1 - 2sin22x + 2sin2x -- m = 0

-3sin22x + 2sin2x + 3 *- m = 0n

Đặt t = sin2x, Ví X G 0;- =í > 0 < 2 x < t ĩ = > 0 < s in 2 x < 1

(2) thành -3t + 2t + 3 = m

nVì X E

’2==>0


8/375


9/375

Câu IV.

1) Phương trình chùm đường tròn qua các giao điểm của (Cl), (C2) là:m(x2 + y2- lOx) + n(x2+ y2+ 4x - 2y - 20) = 0 với m2+ Ĩ12 > 0

« (m + n) X2 + (m + n) y2 + (4n - 10m) X - 2ny - 20n = 0

2 2 X + y +

4n - 10m 2n 20n0

m + n m + nCó tâm. I

5m - 2n nVm + n ’ m + n,

Vì tâm I 5m - 2n + 6n - 6m - 6n

m + n= 0

—>I1I2 < Ri +.R 2

=> m = -2n. Cho n = 1 => m = -2Vậy phương trình đường trốn là: X2 + y2 - 24x + 2y + 20 = 0.

2) Viết phương trình các tiếp tuyến chung của (Cl), (C2).

(Ci) có tâm Ii(5; 0), bán kính Ri = 5(C2) có tâm Ỉ2(-2 ; 1), bán kính R 2 = 5Vì (Cx), (C2) cắt nhau tại 2 điểm nên có 2 tiếp tuyến chung.

Vì X - x0không thể là tiếp tuyến chung nên phương trình tiếp tuyến chungA có dạng:

y = ax + b ax - y + b = 0

A tiếp xúc với (Ci) d(Ii, À) = Ri -̂ f + k-l = 5Va2+1

15a + b I = 5 va2 +1

À tiếp xúc với (C2) d(Ĩ2, A) - R 2 o ■-— ........ = 5Va2 +1

I-2a - 1 + b I = 5\/a + 1

(1) và(2) => I 5a + b I = ị -2a - 1 + b I

(1)

(2)

5a + b = -2a - 1 + b

5a + b = +2a +1 - b

a = --

b7-3a +1

2

5 - 2 5V21 .X 5 + 2 5V2The a = —- vào (1) ta có: bi = -----------; D2 =7 7 7

Vậy ta có 2 tiếp tuyến là: X + 7y - 5 + 2 5 V2 = 0

X + 7 5 25>/2 = 0.

9



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




10/375

Điểu kiện: <

Cách khác: Yì Ri = R2và 2 đường tròn cắt nhau nên 2 tiếp tuyến chung là2 đường thẳng song song với IJ ‐ = (-7;1). Vậy phương trình 2 tiếp tuyến có

dạng: X + 7y + m - 0 (A)

d(Ii, A) = 5 o ị 5 + mị = 5-v/Ỹ̂ +1 m = -5 ± 2 5 V2

Vậy phương trình 2 tiếp tuvến là X+ 7y - 5 ± 25^/2 = 0.

Câu V.1) Giải phương trình: Vx + 4 + y / x - 4 = 2 x -1 2 + 2a/x2 - 1 6 (1)

X + 4 > 0

X - 4 > 0 X > 4

[x2 -16 > 0

Đặt t = Vx + 4 + V x -4 > 0 => t2 = X + 4 + X - 4 + 2\^K.A -1 6

:=>t2 = 2x + 2a/ x 2 -16

(1) t2 - í - 12 = O p t = 4 hay t = -3 (loại).Vậy (1) o Vx + 4 + Vx~- 4 = 4 và X > 4

ó 2 x + 2 \ / x 2 - 1 6 = 1 6 v à X > 4 o V x 2 - 1 6 ^ 8 - x v à x > 4

X2 - 1 6 = 6 4 ~ 1 6 x + X2 v à 4 < X < s o ! 6x = 80 và 4 < X < 8


11/375

à:ó

Mặt khác ta có 2S = ax + by + cz, do đó:

a2 + b2 + c2 , /- = (ax + by + cz)

2R a b c

— + — + -— bc ca ab

(1)

Ta có:a b c 1 fb —-f —4- —•(vì - + - > 2 , - = 2)a b e c b v c b

a2 + b2 +c5> (ax + by + cz)

\

2K Va • D c/

> {-~yfãx + -ẬryỊbỹ + -Ậr■Vczi = (Vx + a/ỹ + Vz) (BĐT Bunhiacốpski)vva Vb VC .■ ỵ ' , ’

rXTu2 ,Suy ra Vx + yy + vz < J-

Dấu xảy ra « .

'a +_bl+ ca

2R b , c c a a b

= —+ —= 2c b a c b a

a Vx = bựỹ = cVz

b = c

ÍAABCđều

M = trọng tâm tam giác ABC[x - y - Z

ĐẾ Dư BI 2 - NĂM 2002 - KHỐI ACâu I. (ĐHỉ 2,0 điểm)

1) Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình:

A ị + 2C£~2 < 9n. Trong đó A„ và Ca lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp

chập k của n phần tử.

2) Giải phựơng trình: —log/-(x + 3) + —log4(x - 1)8 = log2(4x)2 4

Câu II. (ĐH: 2,5 điểm)xz -2x + m .. .. ■(1) (m là tham số)Cho hàm số: y =

X - 2

1) Xác định m để hàm số (1) nghịch biến trên đoạn [~1; 0].

2) Khảo sáí sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.

3) Tìm a để phương trình sau có nghiệm:

gi+vi-t2 _ (a 2)31+ 2 +■2a +1 = 0

11



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




12/375

Câu III. (ĐH: 1,5 điểm)

1) Giải phương trình:sin X + cos X 1

5sin2x= —cot2x - ----- —

2 8sin2x

2) Xét tam giác ABC có độ dài các cạnh AB = c; BC = a; CA = b. Tính diện tíchtam giác ABC, biết rằng: b.sinC(b.cosC + c.cosB) = 20

Câu IV. (ĐH: 3,0 điểm)

1) Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA; OB và o c đôi một vuông góc. Gọi a; (3; Ylần lượt là các góc giữa mặt phẳng (ABC) với các mặt phẳng (OBC); (OCA)và(OAB).

Chứng minh rằng: cosa + COS[5+ cosy < Vã.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Qxyz cho mặt phẳng (P):x - y + z + 3 = 0 và hai điểm A(-l; -3; -2); B(-5; 7; 12)

a) Tìm tọa độ điểm A’ là điểm đối xứng với điểm A qua mặt phẳng (P).

b) Giả sử M là một điểm chạy trên mặt phẳng (P), tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: MA + MĐ.

Câu V. (ĐH: 2,0 điểm)Ỉn3 XI

Tính tích phân: I = Ị - 0 x(ex + l f *

Bài gỉải

M M

1) Bất phương trình Aị + 2C"~2 < 9n, điều kiện: n > 3, n e Nn' 2 n' _

— + — 0 ' 0, < 9n « n(n - 1) (n - 2) + n(n - 1) < 9n(n3)! (n 2)!2!

n2 - 2n - 8 < 0 -2 < n < 4, điều kiện: ri > 3

Ta chọn n = 3 hoặc n = 4.

2) Giải phương trình: ì log r0-(x + 3) + —log4(x - 1)8 ..0=- log2(4x) (1)2 v 4

Câu ĩ.

o

(1) o log2(x + 3) + log2 1X- 1 1 = log2(4x) X > Ovà X * 1

(x - 3)|x - l|=4x

X > 1 Jo < X < 1

( 3)( l) 4 j( 3KX + l)=4

„2 n r 2 . o nX 2 = 0

X > 1

- X 2 - 6 + 3 = 0

0 < X < 1o X = 2 V X = 2V3 - 3

12



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




13/375

Y

>):

■ _ , x2-2 x + m , x2-4 x + 4 -m1) Ta có: y = ------=> y' = -----

X 2 ( 2)

Hàm sô" nghịch biến trên đoạn [-1; 0]o y ' < 0 V x e [-1; 0] X2 - 4x + 4 - m < OVx e [-1; 0]

X2 - 4 x + 4 < m V x G [-1 ; 0]

max(x2 - 4x +• 4) < m 9 < m (vì hàm X2- 4x + 4 giảm trên Ị-l;0l-1


14/375

3) Giải phương trình: 9U^ - (a + 2)31+̂ + 2a +1 = 0 (1)

ĐK: 1 - t 2> 0 0 - 1 < t< 1 «• 1 < 1 +4Ĩ - 12 3 nên.f'(u) > 0, Vue[3;9].

_ 64

Do đó, phương trình (1) có nghiệm f(3) < a < f(9) 4 < a < ——.Cách khác: dựa yầo đồ thị câu 1 ta có phương trình (1) có nghiệm

Phương trình (2) có nghiệm u e [3;9]

64f(3) < a < f(9) 4 < a <

7

Câu III.

^ sin4x + cos4x 1 AO 11) . ■---------= —cot2x - — (1)

5sin2x 2 8sin2x7t

Điều kiện: sin2x 02x 9*k1Ĩ » X ^ k—, k € z. '2

TIT‐ 1 _*«_ X-V .1 /-.X l-2 s in 2xcos2x 1 _1Với điều kiện trên thì: (1) o ------ — ---------- = —-cos2x--~ổ 2 8

2 9 COS 2x - 5cos2x + —= 0

9cos2x = —> 1 (loại)

2 ’

cos2x = 4

(nhận)

2

cos2x = —= cos— 2x = ±— + k2ĩr o X = ±— + lot, k e z.2 3 3 6

2) Tính diện tích tam giác ABC.

Từ: bsinC (b.cosC + c.cosB) = 20

4R2sinB.sinC (sinB.cosC + sinC.cosB) = 20

4R2sinB.sinC.sinA = 20 (1)

14



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




15/375

Ta có: sabc 8 R 3 sin A sin B sin G

2R2sinAsinBsinC (2)4R 4R

Thế (1) vào (2) ta có: s = 10 (đvdt)

Câu IV.Đặt BC = a, AC = b, AB = c, OA = X, OB = y, o c = z.Vì các AAOB, BOC, COA vuông tại 0 nên:

a 2 < b2 + c2

b2 < c2 + a2

c2 < a2 + b2

a 2 = y 2 + z2

b2 = X + z2 =>

c2 = X2 + ỵ2

Vậy AABC là tam giác nhọn.Do đó trực tâm H nằm trong AABC.Gọi AM, BK, CN là 3 đường cao của AABC.

DoOA 1 OB

o a Í o c =>°a1(OBC)=M

BC 1 OA

B C 1 AM■=>'BC 1 (OAM) => BC 1 OM

Vậy OM A = a.Tương tự: ONC = Ỵ, OKB = p

AAOM vuông tại 0. Suy ra cosa = 7AM

■ 1 1 1 1 1A vuông BOC:-----r- = — -5- + ---- 5- = — ĨT + -T -OM2 OB o c 2 V2 7Ỉ 2 2

=> OM2 = - Ị - Z- T => OM =y + z

yz

2 2y zAvúôrìg AOM:AM = OA2+ OM2 = X2 + - ,

y +z

.„ J x2y2 + y2z2 + X2Z2 => AM = —í ... ■■; - - ■■■------- => AM =

y + z

2 2 2_2 , 2 2X y + y z +XZ

y2 + z2

- 0 M -Vây cosa = -7 — = ‐ 7AM v'

Tương tự: cosp

yz2 2 2_ 2 , _2 2X y + y z ■+ z X

xz, cosy = xy2 2 . 2_2 , 2_2X y + y z +XZ/ 2 2 , _2_2 _2 2yx y + y z + z X

Ta c ó : c o s a + COS[3+ COSỴ

*y+ yz+ z* s _ S ± Z Ĩ ± “ _ =V3 (B.C.S)2_ 2 . 2 2 , 2,2 1 . -

4X y + y z + z X (xy + yz + zx)

Vậy ta đã chứng minh:, cosa + cosỊ3 + cosy < V3 .



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




16/375

2) a) mp (P) có vectơ pháp tuyến n = (1, -1, 1).

Phương trình tham số của đường thẳng AA' qua A, 1 (P) là:

X = -1 + t

t = -l=í> AA' n (P) = H(-2, -2, -3)

Vì H là trung điểm của AA' (A' là điểm đối xứng của Ạ qua (P))

'2xH = X A + X A,

2 yH = yA + yA'

Ạ2 z h = zA+ ZA.

XA, = - 3

yA, =-!=> A'(-3, -1, -4)

b) Gọi f(x, y, z) = X - y + z + 3

f( -l, -3, -2) = -1 + 3 - 2 + 3 = 3 > 0f(-5, 7, 12) = -5 - 7 + 12 + 3 = 3 > 0

=> A, B ở cùng bên đối với mp (P)

Do A, A’ đối xứng qua (P) MA = MA’

Ta có: MA + MB = MA' + MB > Ạ’B = 18

Vậy giá trị nhỏ nhất của MA + MB = 18 xảy ra o A', M, B thẳng hàng

M = A'B n (P) o M(-4, 3, 4).M = A B n (P) M H

Câu V. Tính I = fn3- r- -* -h -Jie* + l)3

i. . 1 „ JJ X

dx(ex + l)3

Đặt t = ex + 1 => dt = ex dx. t(ln3) ■=eln3 +1 = 4;t(0) = e° +1 = 2

4

Cách khác: Đặt t = Vex +1 => t2 = ex + 1=> 2tdt = exdx.

-21.

t 2

V2-1

t(ln3) - 2;t(0) =■V2

•2 2td t f2 2dt! = f T XỈ2 ị t 2

-2V2 - I .

V2

16



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




17/375

ĐỀ Dư BI 3 - NĂM 2002 - KHỐI B

Câu I. (ĐH: 3,0 điểm; CĐ: 3,5 điểm)

Cho hàm sô": y = —X3+ mx2- 2x - 2m - — (1) (m là tham số).3 3

1) Cho m = — 2a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) củạ hàm số (1).

b) Viết phượng trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng tiếp tuyến đó songsong với đường thẳng d: y = 4x + 2.

f 5 )2) Tìm m thuôc khoảng 0;— sao cho hình phẳng giới han bởi đồ thi của hàm

V 6jsố (1) và các đường X = 0, X = 2, y = 0 có diện tích bằng 4.

Câu II. (ĐH: 2,0 điểm; CĐ: 2,5 điểm)

x-4Ịy| + 3 = 0> g 4x-Vlog2y =0

(2 - sin22x)sin3x

1) Giải hệ phương trình:

2. Giải phương trình: tg X + 1 =cos4x

Câu III. (ĐH: 2,0 điểm; CĐ: 3,0 điểm)1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với

mặt phẳng (ABCD) và SA = a. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo akhoảng cách từ điểm s đến đường thẳng BE.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxỵz cho đường thẳng:À:Í2x + y + z +1 = 0 , _ 4 và măt phẳng (P): 4x - 2y + z - 1 = 0.(x + y + z + 2 = 0

Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng A trên mặt phẳng (P).

Câu IV. (ĐH: 2,0 điểm; CĐ: 1,0 điểm)

' , ,. s ix + 1 + V X - 11) Tìm giới hạn: L = lim------- —— ——

x->0 X

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuônggóc Oxy cho hai đường tròn: (Cl):X2 + 2 4 5 = 0, (C2): X2 + 2 6 +8 + 16 = 0Viết phương trình các tiếp tuyến chung hai đường tròn (Ci) và (C2).

Câu V. (ĐH: 2,0 điểm)5

Giả sử X, y là hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiên: X+ y = — 4

Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức: s = —+ — X 4 y

17



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




18/375

Bài giải

1) m = -2

a) Khảo sát y = —X3 + —X2- 2x ~ — 3 2. 3

MXĐ:D = R.y' p X2 + X- 2, y' - 0

=>X1 = 1 VX2 = -2

y" 2x + 1, y" = 0 => X= - ỉ

Câu I.

X —co -21

2 +00

0 00

—00

+00

Đồ thị: (Hình trên), b) Viết phương tr ình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến ấy song song vớiđường thẳng y = 4x + 2.

Ta có: f ’(x) = y '= X2 + X- 2

Vì tiếp tuyến song song với y = 4x + 2 nên ta có:

2

X2 + X- 2 = .4 X2 + X- 6 = 0 X 1 = 2 => y1=

x2 = -3 => y2 =

Vậy ta có 2 phương trình tiếp tuyến là:2

Ai: y + —= 4(x - 2) 12x - 3y ~ 26 = 03

A2: y - —- 4(x + 3) 24x - 6y + 73 = 0.6

{nhận xét: Aịy À2 khác d nên nhận được)

18



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




19/375

rới

, 1 5 1 12 ) D o 0 < m < — n ê n y ( 0 ) = - 2 m - — < < 0

6 3 3

y ( 2 ) = — + 2 m - 4 - — = 2 m - — < 03 3 3

Ta cóy' = X2 + 2mx - 2 y"= 2x +2m > 0 Vx € [0; 2]

Vậy đồ thị hàm số lõm trên [0; 2]Kết hợp y(0) < 0, y(2) < 0.

S u y r a s = j ^ - y d y = j ^ Ị - - x 2 - Ĩ Ĩ 1 X 2 + 2 x + 2 m + -^ d x

X4 _ 3 2 f n - ̂ ' _4 m 10 _ .= — m-2- + X + 2m + — X = —— + — = 4l 12 3 I 3j J o 3 3

1 5 Suy ra m = —(thỏa mãri điều kiện 0 < m < —).

2 6Gâu II.

1) Giải hệ phương trình:X - 4y |+ 3 = 0 (1)

Ạog^x - yjìog2y = 0 (2)

Với điều kiện X > 1, y > 1 thì

(2) Ạ o g 4 X = ựlog2 X ó log4x = log2x o log4x = log4y2 X = y2

Thế vào (1) ta có X - 4y + 3 = 0 o y2 - 4y + 3 = 0 >1=1

72 = 3

=>\ = 1

x2 =9Vậy hệ phươrìg trình cho có 2 nghiệm (1; 1); (9; 3).

. V , , 4 1 ( 2 -s in 22x)sin3x2) Giải phương trình: tg X +1 = ---------- J ------- —(1)

Điều kiên cosx 0 X * — + lt7ĩ (k € Z)

2

( 1 ) s i n 4x + c o s 4x = ( 2 - s in 22 x ) s i n 3 x

(cosx = 0 không là nghiệm của phượng trình này)

1 - —sin22x = (2 - sin22x) sin3x o 2 - sin22x = 2(2 - sin22x) sin3x

(2 - sin22x) [1 - 2sin3x] = 0 ọ 1 - 2sin3x = 0 (vì 2 ~ sin22x > 1)

sin3x = —= sin— 3x = —+k2%hay 3x = — + ỵ.2n2 6 6 6

n , 271 , 5 7 1 , 2 7 1 , „x = — + k—-h ay X = —r + k— k e z.

18 3 18 3

19



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




20/375

1) ®Cách 1: Hình học cổ điển.Hạ AH 1 BE

Ta có BE 1 SH (vì BE 1 SA)

Vậy SH là khoảng cách từ s

đến BE. Kéo dài BE cắt AD tại M.Vì E là trung điểm của DCAB a2 " 2

Câu III.

=> D là trung điểm của ÀM => AM = 2a

AABM vuông tai A => —“ = —4-r- + — AH AB AM2

4a2---- ĨT— — 7T ---- 7T— ÍT ^ All" = ——

AH2 a2 4a 4a2 5

1 1+ ■ => AH2 =

5ASAH vuông tại A nên: SH2 = AS2 + AH2

4a2 9a2=> SH = a* + SH = (đvđd)

5 5•Cách hai: Hình học giải tích.

Chọn hệ tọa độ vuông góc (Oxyz) thỏa mãn:

' í aA(0, 0, 0); B(a, 0, 0); C(a, a, 0); D(0, a, 0); E -,a ,0

v2

Ta có: BE = f - - ,a ,o ì -1 2 ’ )

; S(0, 0, a).

‐,1,0

BS = (-a, 0, a) = a (-1, 0, 1)

[BEBS] = a2

d(S, BE) =a 1 + - + 1

4 3aVõ

IẼỈI a J i + 1 + O 5

(đvđd)

2) Viết phương trình hình chiếu vuông .góc của A lên (P).

f2x + z +1 = 0 fx = 1Trong pt A cho y = 0 => A(l, 0, 3) e

ị + + 2 = 0 [ = 3

À có n 1 =(2,1,1) và n2 =(1,1,1) => a. = c H i, n2] = (0,-1, 1)

20



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




21/375

mp (P) có vèctơ pháp tuyến n = (4, -2, 1)

[a,n] = (1, 4, 4)

Phương trình mp(a) chứa A và 1 (P) (a đi

qua A, pháp tuyến [a,n]) h

Phương trình (a): ^ ---------------------- ' l ( x - 1) + 4 ( y - 0 )+ 4(z + 3) = 0

X + 4 ỵ + 4 z + 1 1 = 0

Vậy phương trình hình chiếu vuông góc của A lên mp(P) là giao tuỵến của(a) và (P) có phương trinh:

Cách khácGọi (Q) là mặt phẳng| chứa À và 1 (P).

VI mặt phẳng x + y+,z + 2 = 0 không vuông góc với (P) nên phương trình(Q) có dạng: 2x + y + z + 1 + m (x + y + .z + 2) = 0

(m + 2) X + (m + 1) y + (m + 1) z + 2m + 1 = 0

7(P) 1 (Q) 4(m + 2) - 2(m + l) + m + l = 0 3m + 7 = 0 m =

3

1 4 4 11=> Phương trìnhmp(Q) là: - —X- — V - —z - = 0hay X+4y + 4z +11= 0

3 3 3 3=> Phương tr ìnhhìnhchiếu vuông góc của đường thẳng A trên mp(P) là:

Í4x - 2y + z -1 = 0'

| x + 4 y + 4 z + 1 1 = 0

Câu IV.

X + 4y + 4z +11 = 0

4x -2 y + z - l = 0

1) Tính limA

yjx + 1 + sjx- 1

X

Cách 1: limx-»0 yjx + l + yỊx-1 yịx + Ị - 1 1 + ̂ /x -l--------- ----------= lim----- — -----+ lim----- — ----X x -> 0 X x -» 0 X

Ta CÓ: limx-»0 X *-»0 xỊvx +1 + lj x-*° Ụ x +1 + lj 2

Ta có: limx~>0

1 + l í x - ĩ 1+•(*-!)iim—r

x xio x 1 - + ý(x - 1)2

21



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




22/375

= lim ------— 7.... =—- = — ^ 1 - $ íx - ĩ + ạ ĩx - l ) 2 3

■sr* 1' Vx+1 + \ / x - l 1 1 5Vậy lim --------- -----------= — + —= -T.x-̂ 0 X 2 3 6

Cách 2: Xét f(x) = Vx +1 + \ lx - l ; f(0) = 0.

1 + — J = L = ; f ' ( 0 ) = ị f'(x) = 2\/x +1 X - 1 Ỵ

L - limx-»0

Vx + 1 + >/x - 1X

lim ffx)- f-(Q- =f'(0)==-x“ o X - 0 6

2) (Cl): X2 + y2 - 4y - 5 = 0

( x - ó)2 + (y - 2)2= 9 có li(0; 2), Ri = 3

(C2): X2 + 2 6 + 8 + 16 = 0

(x - 3) 2 + (y + 4 ) 2 = 9 có I2 = (3; -4), R2 = 3

Ta có I1I2 = V ? + (~6)2 = >/45 = 3V5 < 3 + 3 = .Ri + R2

Vậy (Cl), (C2) nằm ngoài nhau => Có 4 tiếp tuyến chung.

Vì (Ci) có các tiếp tuyến cùng phương với Oy là X= 0 ± Ri = ± 3

và (C2) có các tiếp tuyến cùng phương với Oy là X = 3 ±X= 0 hoặc X= 6

Do đó phương trình các tiếp tuyến chung A có dạng:

y = ax + bax-y + b = 0

A tiếp xúc với (Cx) d(Ii, A) =■Ri 0 1-2 + b I =3 Va2 +1

A tiếp xúc với (C2) d(I2, A) = R2 13a + 4 + b I =3>/a2 +1

(1) và (2) suy ra:2 + b|

|3a + 4 + b|= 1 o I-2 + b |. =■ 13a + 4 + b I

-2 + b = 3a + 4 + b

2 - b = 3a + 4 + bo

a = -2

b = —

* Thế a = -2 vào (1) I—2 4- b I = 3V5 o\ = 2 + ạ& .

b2 = 2 - 3 ^ 5

Có 2 tiếp tuyến: Ai: -2x - y + 2 + 3V5 = 02x + y - 2

ầ’ -2x - y + 2 - 3V5 = 0 2x + y - 2 + 3^5 = 0

S-n/õ = 0

* Thế b =-3a -2

vào (1) => 3a - 4a = 0

tức là

(1)

(2)

1 2

2

22



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




23/375

là

aj =0

4b 1 = - l

b2 - “3

4Có 2 tiếp tuyến: A3: y = -1; À4: y = — X - 3.

3

Câu V.

Tìm GTNN cửaS = - + — với giả thiếtX 4y

X > 0,y > 0

5x + y = ‐7

Cách 1: Dùng phương pháp khảo sát hàm số.5 5 5 -4 x

Ta có: X+ y = — y = -- - X = ------- v ì y > 0 = > 0 < x <4 4 4

4 1 4 1 5

s = —+ — = —+,— -— , 0 < X < — X 4y X 5 - 4 x 44 4-

S' = - 4 + -— .... _■X (5 - 4x)

; S' = 0 X = 1 -

X . 0 1 +00

S’ * ^ ị, Ị ỉ f. II — 0 +h -4-Si- . ^ 1

+00 ^ _ _ ,.+00 M Ê Ê m m ẫ m m Ê m

5 - —

Cách 2: Dùng bất đẳng thức Côsi.0 4 1 1 1 1 1 1 1 Côsis = —+ -— = —+ —+ —+ —+ _ + _ > 5 5

X 4y X X

>Côsi>

X X X 4y

5.5 25

ỵx4.4y

25; ~ 7 = > ---- -----.— ------ - = — ——:= — ^/x.x.x.x.4yx + x + x + x + 4y 4x + 4y 5

Ỉ - _ LX 4y

=5.

Dấu "=" xảy ra

X + = 4

X = 1

1

y 4

Vậy miriS = 5.

Cách 3: Ap dụng bất đắng thức Bunhiacốpski ta có:

52

r 2 r 1 r ^ 4 Ĩ T Ạ ~ ĩ "= ^ ; r ^ sr +y)(x V Ì 4 (* +F

_ 25 5,4 1 , r 4=> — < - ( —+ —-) => 5 <

4 4 X 4ý ■4 _1_X 4y

(A)

23

I 0 1



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




24/375

2 yjỹ Vx

Vĩ _ 2 1 - 1T-NAỵ II It _ 2 _ Dẩu = xay ra «

y = 4

Vậy minS = 5.

Nhận xét: Ta có thể làm ngắn hơn bằng cách nói rằng dấu "=" ở (A) xảy ra


1) Giải bất phương trình: Vx + 12 > Vx -3 + V2x +1

2) Giải phương trình: taiix + cosx - cos2x = sinx(l + tanxtan—)2.

Câu II. (ĐH: 2,0 điềm; CĐ: 1,5 điểm)

Cho hàm số: y = (x - m) 3- 3x (m là tham số)

1 ) Xác định m để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm có hoành độ X = 0.

2) Khảp sát sự biến thiên và Ýẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = 1.

Câu III. (ĐH: 3,0 điểm; CĐ: 3,0 điểm)

1. Cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền BC = a. Trên đường thẳngvuông góc với mặt phẳng (ABC) tại điểm A lấy điểm s sao cho gỗc giữa haimặt phẳng (ABC) và (SBC) bằng 60°. Tính độ dài đoạn thẳng SA theo a.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng: •

a) Tìm a để hai đường thẳng di và (Ỉ2 cắt nhau.

b) Với a = 2, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (Ỉ2 và songsong với đường thẳng di. Tính khoảng cách giữa di và (Ỉ2 khi a = 2.

Câu IV. (ĐH: 2,0 điểm; CĐ: 2,0 điểm)

1) Giả sử n là số nguyên dường và:

(1 + x) n = a0 + aix + a2x2 + ... + akxk + ... + anxn.

khi X = 4y = 1 rồi kết luận minS = 5 mà không cần giải hệ phương tr ình trên.

ĐE Dự BỊ 4 - NAM 2002 - KHOI B

3) Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm:


25/375

ra

hệ

ngla i

ng

Biết rằng tồn tại số k nguyên (1 < k < n -1) sao cho:

■%1- = — = %±L'. Hãy tính n.2 9 24

02) Tính tích phân: I = jx(e2x + >/xTĩjdx

. .-1 '

Câu V. (ĐH: 1,0 điểm)Gọi A, B, c là ba góc của tam giác ABC. Chứng minh rằng để tam giác ABCđều thì điều kiện cần và đủ là:

2 A 2 BCOS — + COS — + COS

22 4

Bài gỉái

Câu I.1) Vx + 12 > Vx-3 + V2X+I (1)

2C n 1 A - B B - C C - A2 2 = -COS- -cos- -cos-

(1)x + 1 2 > x - 3 + 2 x + 1 + 2 \l 22 - 5 x - 3 v à X > 3o - 2x + 1 4 > 2 ^ 2 x 2 - 5 x - 3 v à X > 3

X2 - 1 4 x + 4 9 > 2 x 2 - 5 x - 3 v à 3 < X < 7

X2 + 9x - 52 < 0 và 3 < X < 7 - 1 3 < x < 4 v à 3 < X < 7 0 3 < X < 4.

2) ta n x + co sx - COS X = s i n x

cosx 5*0

1 + tanxtan

%

X(1)

_. V , . x * - r + kĩĩ Điều kiện: < X j 2

X 5* 71 + k 2 n

. . Xsin X. sin—

X 9Ta có: 1 + tanxtan^ = 1 + ----------- —

2 Xcosx.cos^2

(k e Z)

X XCOSX.COS—+ sinx.sin— cos

2 2 _ X

V

XCOSX.COS —

2Do đó (1) tanx + cosx - COS X =

cosxCOSXCOS—

2sinx= tanx

cosxcosx(l - cósx) = 0 và cosx * 0 ọ cosx = 1 X = k2n, k e z.

Câu II.1) Xác định m để hàm số đạt cực tiểu tại X = 0. Vì y là hàm bậc 3 nên:

Ycbt y'(0) = 0

y"(0) > 0

3(m2-1) = 0

-6m > 0

25



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




26/375

2) Khi m = 1=> y = (x - 1) 3- 3x = X3 - 3x2 - 1

MXĐ: D - R

y ' = 3 x 2 - 6 x = 3 x ( x - 2 ) , y ' = 0 X = 0 h a y X = 2

y" = 6x - 6 , y" = 0 X = 1. y (0) = - 1 ; y(2) = - 5 ; y ( l ) = - 3 .

Đồ thị:

3) Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm:

IX - 1 13 -3 x - k < 0 (1)

Ìj loể2X2 + olog2(x - 1)3 < 1 (2)o

Từ (2) điều kiện: (x - 1) 3 > 0 X> 1

(2 ) l o g 2X + l o g 2(x - 1 ) < 1 v à X > 1 log2x(x - 1) < log22 và X > 1

( - 1) < 2 và X > 1 1 < X < 2

với 1 < X < 2 thì (1) (x — 1) 3 - 3x < k.

Nhờ bảng biến thiên ở câu 2, ta chọn -5 < k < -3.

Câu III.

1) Gọi H là trung điểm của BC.

Vì AABC vuông cân => AH 1 BC

AS 1 BC ^ BC 1 (SAH) ^ BC LSĩỉ=> ẤHS = 60°

26



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




27/375

Ta có: AH =BC a2 2

Trong ASAH vuông tại A ta có:

SA = AH.tanẤĨÌS = -tan60° =2

Vậy SA = — (đvđd)2

2) a) Phương trình tham sô':

di:

X = a + at

y = - l + t ; d2:

z = 0 + 1

X = 0 + 9t'

y = 1 -3 a t'

z = 2 - 3t'

fa + at = 9t'

Giải hệ: 4I-1 + 1 = 1 - 3at

t' =

t =

3a a

9 + 3a2 a2 + 3

6 - a 23 + a2

6 - a 2Thế t, t ’vào: t = 2 - 3t', ta có: 5---- = 2

3a 2a2 - 3a + 6a2 + 3 ~ a2 + 3 a2 + 3

=> 6 - a2 - 2a2 - 3a + 6 => 3a2 - 3a = 0 o 3a(a - l ) = 0=>a.= 0 v a = l .

Cách khác: ycbt di và d2 không song song và đồng phẳng

[ãd ,ãd ].AB = 0 và ãự ,ã d2 không cùng phương.

(với Ae di và Be (Ỉ2) b) Khi a = 2, ta có:

2 + 3 3 0

X + 3z - 6 = 0

X - 2z - 2 = 0dl _ 1 - n d2y - z + l = 0

di qua A(0, -2, -1), vectơ chỉ phương a = (2, 1, 1)

I 0 —1 0 + 7 + 9 I _ 6 2 V 3 Av ậy d(dl, d2) = d(A, P) = = -J s 5 (đvđd)-

27



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




28/375


29/375

2(cosA + cosB + cosC - 1) = COS------- COS------- COS------- -2 2 2

biến cosA + cosB + cosC - 1 thành tíchc A - B B - C C - A

o 8 s i n s i n —sin— = COS---------COS------------------------ COS---2 2 2 2 2 2

(nhân 2 vê với 8cos-^-cos—-COS—)2 2 2

o 8sinAsinBsinC = (sinA + sinB) (sinB + sinC) (sinC + sinA)

sinA = sinB = sinC (do bất đẳng thức Côsi ta có VP > VT)

; o A = B = C o AABC đều.>

ĐỀ Dư BI 5 - NĂM 2002 - KHỐI D


Cho hàm số: y = -x --- (1) (m là tham số)1 - X ,

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.

2) Tìm m đểjaàm số (1) có cực đại và cực tiểu. Với giá tĩị nàocủa mthì khoảngcách giữa hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) bằng 10?


1) Giải phương trình: 161og,X- 31og3xX2 = 0

™ ì , V 1 2 s i n x + - C O S X + 1 „ 1X , ,^2) Cho phương trình: -------- — --------= a (2) (a là tham sô)s ị n x - 2 co sx + 3

a) Giải phương trình (2) khi a = — 3

b) Tìm a để phương trình (2) có nghiệm.

Câu III. (ĐH: 3,0 điểm; CĐ: 3,0 điểm)

1) Trong ĩĩiặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông gốc Oxy cho đường thẳng d: X-

y + 1 = 0 và đường tròn (C): X2+ y2 + 2x - 4y = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộcđường thẳng d mà qua đó ta kẻ được hai đường thẳng tiếp xúc với đườngtròn (C) tại A và B sao cho góc AMB bằng 60°.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho đường thẳng d:Í2x - 2 y - z + l = 0

Ị + 2 2 4 = 0

và mặt cầu (S): X2 + y2 + z2 + 4x - 6y + m = 0. Tim m để đường thẳng d cắtmặt cầu (S) tại hai điểm M, N sao cho khoảng cách giữa hai điểm đó bằng 9.

29



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




30/375

3) Tính thể tích khối tứ diện ABCD, biết AB - a; AC = b; AD = c và các gócBAC; CAD; DAB đều bằng 60°.

Câu IV. (ĐH: 2,0 điểm; C/Đ: 2,0 điểm)Jĩ

2 I -----------------1) Tính tích phân: I = jv l - cos3x.sinxcos5xdx

0

Vãx2- 1 W 2X2+12) Tìm giới hạn: limx~>0 1 - cosx

Câu V. (ĐH: 1,0 điểm)

Giả sử a, b, c, d là bốn số nguyên thay đổi thỏa mãn 1 < a < b < c < d < 50.

Chứng minh bất đẳng thức: —+ —> -k ■ và tìm giá trị nhỏ nhất của b d 50b

Bài gỉảỉ

Câu I.

1) m = 0 => y =1 —X

MXĐ: D = R \ {1}.

- X 2 + 2x , Ay = ' f - r ; y = 0 » x = 0 v x = 2.

(1 - x)

Bảng biến thiên: y(0) = 0; y(2) = -4

X 00 0 : 2 +00

ỳ ơ + ■+ 0

y +0C '*“'1 > +0000 ^ * —00

Tiệm cận: X = 1 là tiệm cận đứng

y = -X - 1 là.tiệm cận xiên.

ĐỒ thị: độc giả tự yẽ.2) a) Tìm m để hàm số (1) có CĐ, CT.

m , , - X 2 -f 2x + mTa có: y = — ----- : ■ -

(1 - x)2

y có CĐ, CT o y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt

o -X2 + 2x + m có hai nghiệm phân biệt

ỵcbt á' = 1 + m > 0 m > -1.

30



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




31/375

g ó c Nhận xét: Đối với hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất, nếu tử số củađạo hàm có 2 nghiệm phân biệt thì chắc chắn 2nghiệm đó khácvớihoành độ của tiệm cận đứng,

b) Tìm m để khoảng cách giữa 2 cực trị bằng 10.

Giả sử hàm số có cực trị (m > -1) thì phương trình đường thẳng qua 2điểm cực trị là:

2x + m _ ' ,y = ---- -----= -2x - m với m > -1~1

y' = 0 -X2 + 2x + m = 0

°-

của

Gọi Xi> X2 là 2 nghiệm của y’ = 0.

M(xi; -2xi - m); N(x2; -2x2 - m)

* M N = 10 = Ậ % 2 Xj)2 + 4(2 Xĵ )2 = >/5(2 X)2

100 = 5[xi2 + x22 + 2X1X2 - 4xix2í

1 0 0 = 5 [ ( x i + x 2) 2 - 4 X 1X 2 ], s = X 1X2 = 2 , p = - m

20 = 4 + 4m =í>m = 4 thỏa điều kiện m > -1.

y[K ACách khác: Ta có |x2- x j = -7-7- => (x2 - x j 2 = — 5- = 4 - 4m, do đó:

■ a

MN = 10 = Ậ x 2 - xx)2+ 4(x2 - x^2 = yjỗ(x2-Xi)2

o 100 = 5(4 - 4m) ọ m = 4

Câu II.

1) 161ogá7x3X - 31oggxX2 = 0 (1)

X> 0

1ĐK:X&

3

1(1) o 161oggxx3 -31oggxx2 = 0

16 16 2

. log3x X3 = log3x x8o X3 = x6 v à 0 < x 5 Í- X= 1.

x 2sinx + cosx + l Ì , . ,2 ) a ) - — =--------------------------= " ( 1 )

s inx -2c osx + 3 3

Dễ thấy sinx - 2cosx + 3 > 0 Vx nên ta có

(1) 6sinx + 3cosx + 3 = sinx - 2cosx + 3

0 5sinx + 5cosx = Oo sinx = -cosx

tanx = “l o X=■-—• + k7ĩ, k e z.4

31



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




32/375

, x 2sinx + cosx + 1b ) ------------- — ------------- = a ( l )

sinx - 2cosx + 3

(1) 2s inx + co sx + 1 = a(sin x - 2co sx + 3)

(2 - a) sinx + (2a + 1) cosx - (3a - 1) = 0 (phương trình cổ điển)

Điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm là:

(2 - a)2 + (2a + l)2 > (3a - l)2 « 2a2- 3a - 2 < 0 o - - < a < 2.2

Câu III.

Ta có (C): (x + 1) 2 + (y - 2) 2 = 5 có tâm I(-l; 2), R = Võ

Do AMB = 60° và MI là phân giác

AAMI là nửa tam giác đều có AMI = 30° => MI = 2IA = 2a/5

Vậy M nằm trên đường tròn tâm I, bán kính2 y[E CÓphường trình là:

(x + 1) 2 + (y - 2) 2 = 20

Do đó M

<

■

X + 1 = 0

(x + l)2 + (y - 2)2 = 20

'y = x + l

y2 + (y - 2 ý = 20

y = X+1

ý = -2 hay y =4Mi(3; 4), M2(-3; -2).

2) Phương trình mặt cầu (S): (x + 2) 2 + (y - 3) 2+ z2 = 13 - m;ĐK: m < 13

(S) có tâm I(-2; 3; 0), R = yjvồ - m .

9Vì MN = 9 => HM = HN = —(IH 1 MN)

2

(d) cho X = 0-2y - z +1 = 0

2y - 2z - 4 = 0y = iz = -1

A(0; 1; -1)

(d) có ni = (2,- 2,-1) => a =3(2; 1; 2)na =(1,2-2)

M = (-2; 2; 1), [ÃỈ, a] = (-9; -18; 18) = 9(-l; -2; 2)

IH = d(I, d)|[ÃỈ,a]| 9V1 + 4 T 4

I ~ >I n l~Ã " í " 73V4 + 1 + 4= 3 (đvđd)

32



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




33/375

A vuông IHN ta có: IM2 = IH2+ HN2 0 1 3 - rrí = 9 + — =

65m =

a.bVã(đvdt)3) dt AABC = Ìab.sin60° =

2 4Hạ DH -L(ABC)

HM1AB, HN1AC

=> AAMD vuông tạ i M, AAND vuông tại N

Ta có: AAMD = AAND(vì AD chung, MAD = NAD = 60°)

DM = DN => HM = HN => AH là phân giác của BAC

rr> AAMH là —tam giậc đều.2

AAMH: AM = AD c2'

'AAMH:AM = A H .S c AH\/3 ATT c-v/3

— = - ‐3 — rr> AH = —_— 2 2 3

Avuông AHD:DH2 = AD2- AH2 = c2 - — = — =5. DH = c-2 _ 2c23 3

y/6

^ .. AXT 1 ab^ abcV2V abcd = T(dtAABC).AH = = - - - - -

3 3 4 3 12(đvtt).

Câu IV.n _______

Tính I = fiyj 1 - cos3x .sinxcos^dx

it ---- -------Ta eó: I = Fv 1 - cos^ .cos^.sinx.cos^xdx

Đặt t = 1 - cos^ => t6= 1 - cos3x => 6t5 dt = 3sinxcos2xdx và cos3x

Đổi cận

nX=; —

2 =>

t = 1

t = 0X = 0

1= £ t ( l - . t 6)2t6dt.= £(2t6 - 2 t 12)dt =2t 2t 13

131291

^3? ‐ 1 + V23? + 1 1 + 1Ị + ỊV2X +1 lj2) Tìm lim— ----- :— -—:------------------:=lim-

x->0 1 - cosx x-»0 2 sin2X



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




34/375

32ĩ + l ..• lim ------------- — = lim

X —>0 , o X X —>02sin

3x2“ 1 + 1

2sin2-(^/(3x2- i ) 2’ - ^ 3 ? - 1 + 1)

/ A2' X '

- Iim6x->0

sin: # X 2 -1 ) 2 -\Ịăx2 -1 +1

V ix 2 + 1 -"1 . . . 2x2®lim ---------- —— = lim-------- — —— ----

2sin2— x->0 2sin2—|^2x2+ 1 + lj2

vậylis?g % g l ĩ = 4.*-*0 1-cosx

™ I. o K ^3*2 - 1 + V2x2+1 _ ..

Cổc/i 2; lim——— -

-------

---------= limx-»0 l-cosx x^°

V3x2-1 + V2x2+ 1X

1 - cosx

1 1 S i l l— 11-c os x 1,. 2 1lim----- — = —lim — — = — x->0 X 2 2 x_>0 X 2

I 2 y

.. a/3x 2-1 + V2x2+■1 v # 3 t - i + .V2t + llim--------- --- -----------= lim------------------ — x->0 X t—>0 t

= lim f(t)-~- - Q) = f / ( 0 ) - 2 , với f(t) = ^/3t - l + V2t + Ĩt-*0 t - 0

tfteT - 1 + V2x2+1Vây iim -------- :— ------- -----= 4.

1-cosx

Câu V.

Giả th iế t a, b, c, d e N: 1 < a< b - — ------ b đ 50b

Vi a > 1, đ < 50 vá c > b=> c > b + 1 (vì c, b e N)

_ a e 1 b + 1 b2 +b + 50Do đó —+ —> —+ —-— = -----

b d b 50 50b

a = 1

đ = 50Dấu "=" xảy ra

c = b +1

34

C O

I 0 0



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




35/375

* Tìm GTNN của s = f + 4 b d

_ a c b2 +b + 50 b 1 1Ta co* s *■" '—"ỉ" “**̂ -------- ------ ——— -Ị- —-|- ——

b d 50b 50 b 50

Xét hàm số f(x) = — + ỉ + — (2 < X< 48)

' 50 X 50f ’(x)

f'(x) = 0 o <

X

ĩ'

50 X 2

X 2 = 50

2 < X < 48

2

5V2

5V2

0

Vì õ /̂2 Ể N, b G N, do đó ta thấy:

Khi X € [2; 7], f(x) giảm

Khi X € [8; 48], f(x) tăng

==>minf(b) = min{f(7), f(8) }

Ta có: f(7)49 + 57

3505 3 ,« 8 ) = 6 1

175 200

Ta dễ thấy . Vậy minf(b) ^200 175

Do đó minS = minf(b)53175

xảy ra <

175

ạ = 1

b = 7

c = 8

d = 50

„ , 7 _ a c b2 + b + 50 b 1 1Cách 2: - + - > ------ ------ = - + - + bd 50b 50 b 50

b 1 1 1 • b 1 1 2•---- 1---- Ị---- > ----- I- 2 I— .——— -)—7=="50 b 50 50 V50 b 50 \/5 Õ

48

"1 "1Yì f(x) = —- + -- +giảm trên [2; 5 V2 ] và tăng trên [5 >/2

50 X 50

Và f(V5Õ)= — + - J = r và f(7) = — , f(8) =50 V5Õ 175

61

200

minf(b) =f(7) '2


36/375

ĐỀ Dự BỊ 6 - NĂM 2002 - KHỐI D ■ ■ . ■ ■ .


1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số:

y = —X3 - 2x2 + 3x

32) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số (1) và trục hoành.


1) Giải phương trình: J — í——= sinx. V8 cos X

2) Giải hệ phương trình:logx(x3+2x2-3x-5y) = 3

logyty3+ 2y2-3y-5x) = 3

Câu III. (ĐH: 2,0 điểm; CĐ: 4,0 điểm)1) Cho hình tứ diện đều ABCD, cạnh a = 6\Ỉ2 cm. Hãy xác định và tính độ dài

đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AD và BC.

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vũông góc Oxy, cho ẹlip (E):' 2 2 — + — “ 1 và đường thẳng dm: mx - y - 1 = 0. ■

9 4

á) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng dmluôn cắt elip (E)tại hai điểm phân biệt,

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (E), biết rằng/tiếp tuyến đó đi qua điểm N(l; -3). ' .

Câu rv. (ĐH: 1,0 điểm; CĐ: 1,0 điểm)

Gọi ai, ã , a n là các hệ số trong khai triển sau:

( + 1) 10. ( + 2) = X11 + ai10 + a2Xồ ... + an

Hãy tính hệ số ã5.

Câu V. (ĐH: 2,0 điểm)

1) Tìm giới hạn: L = limX6 - 6x + 5

(x-1)23

2) Cho tam giác ABC có diện tích bằng —. Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các2

cạnh BC, CÁ, AB và ha, hb, hc tương ứng là độ dài các đường cao kẻ từ cácđỉnh A, Đ, c của tam giác.- Chứng minh rằng:

(1 1 1) 1 1)---1--- + - + --- + — Va b ■cjl ha K ho

> 3

36



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




37/375

Bài gỉái

dài

(E):

-(E)

íiểm

các

các

1) Khảo sát y = ^ x 3 - 2x2 + 3 x ; ó

MXĐ: D = R

y' = X2 - 4x + 3,y' = 0 => X = l,x = 3 " = 2 4," = 0=> X = 2

Câu I.

Câu II.

1) Giải phương trình:1

8cos Xsinx(l)

Điều kiện:|cosx 5Ế0

Isinx > 0

1 ‐ 2 1 •, . 2 2 ... cs 1 1 - cos4x(1) —-—r—= sin X -Ị- = 4sin xcos X sin 2x = —---- ------ -8cos X 2 2 2

cos4x = 0 X = —+ — , (k e Z)8 4

12

37



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




38/375

* Kết hơp điều kiên cosx = COS —+ — * 0 o —+ — 9*—+ n7t (k, n e Z)8 4 8 4 2

1 + 2k * 4 + 8n luôn luôn đúng vì VT lẻ, VP chẵn.

sinx = sin71 k?i

8 + T> 0. Với u =

n krc 18 4

, k e z ta có 8 đầu ngọn cung

trên đường trốn lượng giác (cho k = 0, 1, 2,..., 7 ta cũng có 8 đầu ngọn

cung trên). Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình trên là:X = —+ h.2n V X= — + h2n V X = — + h2n v x = “ + h2n , h e z.

8 8 8 8

2) Giải hệ phương trình:logx(x3+ 2x2- 3x - 5y) = 3

log (y3+2y2 -3 y- 5 x ) = 3(I)

Ta có điều kiện: X > 0, X* 1; y > 0, y -p 1

(1)0X3+ 2x2- 3x - 5y = Xs 2x2- 3x = 5ỵ

2y2- 3y = 5x

(1)

(

2)

a ) o(Vô nghiệm)

3 + 22 3 5 = 3

(1) (2) =* 2(2 Ỷ ) ' - 3( ) = 5( )

2(2 2) + 2( ) = 0

« x - y = 0 v x + y + l = 0

[x ..= y > 0,x 1 Jx = 4

[2a 3 = 5 j = 4

ỵ = -X - 1 > 0, y ■£ l;x > 0, X* 1

2x2 - 3x = 5y

Đáp số: Hệ phương trình đã eho có một nghiệm là (4, 4).

Câu III.

1) a) Xác định đoạn vuông góc chung của AD và BC.

Vì tử diện đều cạnh a, nên 4 mặt là 4 tam giác đều cạnh a.

Gọi I là trung điểm của AD

J là trung điểm của BC.

Ta có: AJ = JD = ~ 2Suy ra AAJD cân tại J nện trung tuyếnJ I l A D ( l )

Ta có: BI = CI =av3

Suy ra ABIC cân tại I, nên trung tuyến ĨJ 1 BC (2)

Từ (1), (2) suy ra IJ là đoạn vuông góc chung của AD và BC.

38



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




39/375


40/375

„ _ 1 1 , 12) Ta có diện tích tam giác s = —aha = —bhb = —chc

2 2 2. u 2S u 2S , 2S

h-a — >hb — , hc — a b c

1 1 — + — + K - hb

1 a b e 1 , , _ V' — - — — ----- h — ----- 1----- - — — ----- \S l + b + c)h0 2S 2S 2S 2S

Do đỏ: 1 1 1va b c )

1 1 1----1---- 4----

vh. hb \ j

1 , u / ! ^ —(a + b + c)Iva b c)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: a + b + c > 3 ịỊabc

1 1 1' 1- + - + - > 3 - 7 = ạ b c ặabc

(a + b + c)

1 1

Í1 1 1' a b c

>9?!abc

'abc= 9

Ta có: s = — => 2S = 32 2S 3

Vậy1 , 1 1 —+ —+ — a b c

Y 1 1 l ị 1 n „1 J - + — + — > - - 9 = 3.;A h a ; h' K J 3

ĐỀ Dự BỊ í - NĂM 2003 - KHỐI A

2x2- 4x - 3

2(x-l>

Câu I. (2 điểm)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y -- 1/

2) Tìm m để phương trình 2x2- 4x - 3 + 2m IX- 11= 0 có hai nghiệm phân biệt.

Câu II. (2 điểm)

1) Giải phương trình: 3 - tanx(tahx + 2sinx) + 6cosx = 0

logyVxỹ = logxy

T +2y =3 -2) Giải hệ phương trinh:

Câu III. (3 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy, cho parabol (P) có phương trình y2 = X ỵà điểm 1(0; 2). Tìm tọa độ hai điểm M, N thuộc (P)

sao cho IM = 4IN.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Đệcac vuông góc Oxyz cho tứ diện ABCD vớiA(2; 3; 2); B(6; -1; -2); C(-l; -4; 3); D(l; 6; -5). Tính góc giữa hai đườngthẳng AB và CD. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng CĐ sao cho tam

, giác ABM có chu vi nhỏ nhất.



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




41/375

biệt.

P) có?c (P)

D vớiỉường) tam

3) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a vàgóc BAC = 120°, cạnh bên BB’ = a. Gọi I là trung điểm c c \ Chứng minhrằng tam giác AB’I vuông ở A. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC)và (A B’I).

Câu IV. (2 điểm)

1) Có bao nhiêu số’tự nhiên chia hết cho 5 mà mỗi sô" có 4 chữ số khác nhau?K

2) Tính tích phân: I =°3

-dx'1 + cos2x

Câu Y. (lđỉểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:

y = sin5x + ̂ co sx■>. ^ • B ? ■

Bài gỉáỉ

Câu L1 \ tru ’ 'ị . _ —;4x —31) Khao sát y = —-——— ----- ;

2(x -1 )

• MXĐ: D = R\{1} ,

2x2- 4x + 72(x - 1)2

e Bảng biến thiên:

> 0 vì eó A < 0

. X —00 1 +00

y' + : +

y —00 ^

-f-00

—00

— +00

Tiệm cận: tiệm cận đứng X = 1 ,

t i ệm cận x iên y = X - 1.

41



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




42/375

2) Phương trình 2x2 - 4 x - 3 + 2 m | x - l | = 0

“"'4x ” 3g(x) = ——ị—— Ị - m (do X = 1 không là nghiệm của phương trình)

2|x~l |

Đồ thị g(x) là:

* Phần đồ thị (C) (khi X > 1)

* Phần đối xứng của phần đồ thị của (C) nằm bên trái đường thẳng X = 1

(khi X < 1).

Vẽ đường thẳng y ■= m, ta thấy nó luôn luôn cắt đồ thị g(x) =2|x - lị

tại 2 điểm phân biệt Vm.

Câu II.

1) 3 - tanx(tanx + 2sinx) + 6cosx = 0 (1)

ĐK: cosx i-- 0 => X -Ạ~ + kĩĩ, k e z.2

( 1 ) 0 3sinx /

cosxsinx-cosx

.2 .

+ 2sinx + 6cosx = 0


43/375

= 1

Do đó (1)

X - y và đk(IĨ)

X = y~2 = -ì-vàđk(II)

3* Khi X = y thế vào (2) ta có 2X= —o X = log2 —

2 v2y

* Khi X = r- thế vào (2) ta có 2y + 2y2 = 3 (y > 0, y * 1). . ỵ

a) Khi y > 1 thì

Ta chứng minh phương trình này vô nghiệm.

2y >2 ị .J_ =>2 + 22 > 3

2y2 >2° =1

Vậy phương trình (2) vô nghiệm khi y > 1

2y > 1 _L

b) Khi 0 < y < 1 thì ị _ =>2y + 2y2 > 32,y2 21

Vậy phương trình (2) vô nghiệm.

iưii u < y < I till < _ > ủV 2 > 21

Vậy phương trình (2) vô nghiệm.Tóm lại'. Hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất là: .

( o\X = y = log2 — =log23 - l

9.X= y = log2 — =log23 - l

\ vCâu III.1) Gọi M(m2; m) e (P),N(n2; n) 6 (P)

IM = (m2; m - 2)

IN = (n2; n - 2)

=> 4IN = (4n2; 4n - 8)

Vì IM = 4 IN o - _ ,2 A - 2m = 4n

m - 2 ■=4n - 8

m = 4n - 62EL -4 n + 3 = 0

=> Mi(4; -2),'N!(1; 1), M2(36; 6), N2(9; 3)

2) Ta có: ÃB = (4;-4;-4),

CD =(2; 10;-8)

=> AB.CD = 0

.=> (á 5 c d ) = 90°

=>AB-1CD

43



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




44/375

Vì chu vi = AB + AM + BM mà AB không đổi

^ Chu vi (AABM) nhỏ nhất AM + BM nhỏ nhất.Vì AB _LCD nên mp(a) chứa AB, 1 CD chính là mp(a) qua A, có pháp vectơ

CD = (2; 10; -8) = 2(1; 5; -4)

Phương trình (a): (x - 2) + 5(y - 3) - 4(z - 2) = 0

(a): x + 5 y - 4 z - 9 = 0

X = - 1 + 1

y = -4 + 5t

z = 3 - 4 t

Phương trình tham số CD:

Thế vào pt (a):-l + t + 5(-4 + 5t) - 4(3 - 4t) - 9 = 0 => t = 1

Vậy: CD n (


45/375



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




46/375

2) Tính tích phân I =n

1 + cos2x•dx

Ta có: ISĩ

xdx xdx

l + cós.2x ^ 2 c o s 2x 2*^cos2x

Đặt u = X => du - dx

dxdv = cos2x chọn V= tanx

1

2x t a n x ị *

* cosxxtaiix + lnlcosxl

I = - - - ln 28 4

Câu V.

* Tìm GTLN của y = sin5x + Vs cosx

vì ỊsinxỊ < l,Vx nên; sin5x < sin4x, Vx

=>-y = sin5x + cosx < sin4x + Vã cosx V x e R

Ta có: sin4x + Vã COSX < Vã

y/3(l - co sx ) - sin4X > 0 >/3(1 - cos x) - (1 - COS2 x)2 > 0

o (1 - cosx) V3 - (ì - cosx)(l + cosx)2 > 0

Theo bất đẳng thức Gôsi ta có:

(1 - cosx)(l + cosx) = —(2 - 2cosx)(l + cosx)(l + cosx)2

1 2 - 2cosx +. 1 + cosx +1 + cosx 3< 1 '4 '2 3 2 _3_

32

27< Vã

yfd - (1 - cosx)(l + eosx)2 > 0

Vậỵ (1 - cosx) Vs - (1 - cosx)(l + cosx)2 >0 đúng Vx

=> y < >/3 , Vx và ldii cosx = 1 (x = k27ĩ) thì dấu "=" xảy ra. Kết luận GTLN của y bằng V3 .

Để tìm miny, ta có: y = sin5x + a/s cosx > -sin4x + >/3 cosx

Ta chứng minh: -sin4x + 4s COSX > - V3 ,-Vx

-sin4x + V3 (cọsx + 1) > OVx

0 ( 1 + cosx) >/3 - ’(Ị + cosx)(l - cosx)(l - cosx)] > 0 Vx

46



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




47/375

Xét: (1 + cosx)(l - cosx)(l - cosx) - —(2 + 2cosx)(l - cosx)(l - cosx)2

1/3 - (1 + cosx)(l - cosx)(l - cosx):=>(! + cosx)

Vậy miny = - -v/s

Đạt được khi cosx = -1 hay X = 7Ĩ + k2n, k e z.

32

"2 7

> 0 Vx

< v3

ĐỀ Dự BỊ 2 - NĂM 2003 - KHỐI ACâu L (2 điểm)

™ x2 + (2m + l)x + m2+m + 4 , ( , v , ' ^Cho hàm sô: y = -------------- ------------------(1) (m là tham sô)2(x + m)

1) Tìm m để hàm số (1) có cực trị và tính khoảng cách giữa hai điểm cực trịcủa đồ thị hàm số (1).

2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.

Câu II. (2 điểm)

1) Giải phương trình: cos2x + cosx(2tan2x - 1) = 2

2) Giải bất phương trình: Vl5.2x+1 +1 > 2X-1 + 2x+l

x y + 1 zdi: —= ------= - va ữ2: <

1 2 1

Câu III. (3 điểm)

1) Cho tứ diện ABCD với AB = AC = a, BC = b. Hai mặt phẳng (BCD) và(ABC) vuông góc với nhau và góc BDC = 90°. Xác định tâm và tính bánkính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a và b.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng:

[3x - z +1 = 0

[2x + y -1 = 0

a) Chứng minh rằng di, (Ỉ2 chéo nhau và vuông góc với nhau.

b) Viết phương trình tổng quát của đường thẳng d cắt cả hai đường thẳng di,(Ỉ2 và song song với đường thẳng A:

. 4 _ 7 _ 3

1 4 = -2

Câu IV. (2 điểm)

1) Từ các chữ. số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi sốcộ 6 chữ số khác nhau và chữ số 2 đứng cạnh chữ số 3 ?

12) Tính tích phân: I = Jx3V l - x 2đx

0

47



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




48/375

Tính các góc của tam giác ABC biết rằng:

Câu V. (1 điểm)

4p(p - a) < bc

. A . B . c 2V3 ‐ 3sin—sin—sin— = ------------

2 2 2 8

trong đó BC = a, CẠ = b, AB = c, p =a + b + c

Bài giải

Câu I.

1) Tìm m:

Ta có y'X2 + 2mx + m2 - 4

2 (x + m )2

y có 2 cực trị y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt

A' = m2 - m2 + 4 = 4 > 0 (đúng Vm)

Vậy hàm số Ịuôn có 2 cực trị với mọi m.Gọi A(x

GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC & CAO ĐẲNG MÔN TOÁN TỪ NĂM 2005 ĐẾN...

Documents

Transcript of GIỚI THIỆU ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC & CAO ĐẲNG MÔN TOÁN TỪ NĂM 2005 ĐẾN...