30 BỘ ĐỀ TOÁN HÓA SINH LUYỆN THI ĐẠI HỌC KHỐI B - NGUYỄN VĂN QUÍ

8/9/2019 30 BỘ ĐỀ TOÁN HÓA SINH LUYỆN THI ĐẠI HỌC KHỐI B - NGUYỄN VĂN QUÍ

1/256

NGUYỄN VĂN QUÍ - LÊ ĐÌNH NGUYÊN - NGUYỄN VĂN SANG

Bộ ĐẺ

TOÁNHÓA-SINH

LUYỆN THI ĐẠI HỌC^khốiB

w ư

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ Hồ CHÍ MINH

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


2/256

caas^tôngôntậpkiến thúctrọngtâm

SMHHOG LUYỆNTHIĐẠỈHỌC

SSS8S>-



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




3/256

30 Bộ ĐỀ TOÁN - HÓA - SINH Luyện thi Đại học 'khối B

Nguyễn Văn Quí -Lê Đình Nguyên ,- Nguyễn Văn Sang

NHÀXUẤT BẢNĐẠI HỌC Qưốc GIATHÀNH PHỐ HỔ CHÍ MINH :

Khụ phố 6, p. Linh Tnrng, Q. Thủ Đức, TP HCMSố 3 Công trường Quốc tế, Q. 3, TP HCM

ĐT: 33239172 - 38239170Fax: 38239172; Email: [email protected]đu.vn

Chịu trách nhiệm xuất bản:

TS HUỲNH BÁ LẨNBiên tập: NGUYỄN THỊ NGỌC HÂN

Sửa bản ỉn: TRẦN VĂN THẮNG

Bản quyền thuộc: *Nhà sách Minh Tri

Trình bày„bìa: HS. ĐỖ DUY NGỌC

TK.04. GD(V ) ___ , ____ 4- ---12- 1235-201(VCXH09-154 GD.TK. 892-11 (T)ĐHQG. HCM-11

g _ __________________ In tái bản 2.000 bản, khổ 16x24 cm. s ố dăng ký KHXB: 1235-2010/CXB/09-154

Quyế t định xuấ t bản số: 657/ QĐ - 0HQG TPHCM/TB ngày 21.12.2011In tại Cty In Song Nguyên, nộp lưu chiểu 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




4/256

Tshằm giúp cho các em có tòi ỉỉệu ôn tập nhanh, luyền iM vào Đại học khối B.

Ch ứn g tôi ũiyểĩi chọn 30 b ộ đề T o á n - H ò a - S ừ i h

gồm các bộ đề tiêu biểu của từng môn ihứờng gặp trong các kỉ thi mòn Toán (bfên soạn theo phương pháp Tự luận) Hóa - Sinh (theo phưcmg pháp ĩrắc nghiệm) dựa theo hiến thức trọng tôm của chương trình THPT và tham khảo cốc đề thi ừiyển siĩứi vào các ừĩẩmg Đợi học - Cao đẳng những năm gần đây.

Kíiốn đạt được kết quả tốt học sinh cần nắm vừng hiển ữíức

một cách toàn diên, khỉ ỉàm bài nên đọc kĩ câu hỏi để lựa chọn đáp ẩnchừikxác.‘ -Chúng tôi hi vọng quyển sách ĩiạy sẽ ỉà tài liệu tham khảo tốt

để cóc em học sinh ứúch ăng với hình thức ỉàm bài thi trốc nghiệm. Nhân đây chứng tôi cũng mong nhận được những ỷ hiến đóng gỏp cùa bạn đọc để quyển sách được bổ sung hoàn thiện hơn nểucó dịp tái bản.



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




5/256



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




6/256

Mòn: TOÁN

Đề 1

Cho hãm số y = X3 - 2mx + 6m .

1. Khảo sảt và vé đồ thị.(C) cùa hàm sốvới m = 3.

2. Chúng mình rằng vói mọi m, đồthịhàm số.đá cho luôri điqua một điểm cố định.

Tìm điểm cố định ấy.

3. Định m để đồ thị hàm số đá cho tiếp xúc với đường thảng y = 3x *9.

Cho phưong trình : cos4x + 6sinx . cosx = m1. Giãi phương trình với m = 1

2. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phản biệt trên đoạn

! > * ' ' ; ; . ■ ■ ’ ■ _

Cho bất phương trình : -X2 + 2 x . logry2 + 2Iogiy2 - 3 > 02 2

■f # I1. Giải phưcrng trình khi y = ị '

Câu IV

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




7/256

GIẢI'Câu I :1. Khảo sát và vé (C) với m = 3

Bạn đọc tự khảo sát và vẽ đồ thị của hàm s ố : y = X3 - 6x +•• 18

2 . T ì m đ i ể m c ố đ ị n h c ủ a ( C m) : ( C m) : y = X3 - 2 m x + 6 m . ,

2m(3 - x) + (x3 : y) = 0Í3 —X = 0 íx = 3

Suy ra tọa độ điểm cố định lả nghiệm hệ: j 3 _ Q ! _ 2

Vậy (C ) luôn qua 1 điểm cố định (3, 27).

3. Định m để (C ) tiếp xúc đường thẳng y = 3x - 9.

(C ) tiếp xúc đường tháng y = 3x - 9 (t) = -4t + 3 ; f’CO- 0 » t = I

Bàng biến thiên.:

t 0 3 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




8/256

,Nhận thấy ứng với một gỉá trị t e [0,1] thì phuơng trình sin2x = t có đúng

1 nghiệm X e To,

Vậy đế phựcmg. trình đã cho có .2 nghiệm phân biệt thuộc đoạn thì

phương trình f(t)*= m phải có 2 nghiệm phân biệt tj, t2 e [0, 1].--. 17

Vậy kết quả cùa bài toár là : 2 =£ m

’ 8Câu III.:

1. Giải BPT khi y - 2

Khi y = I thì lo g i^ lo g ỉỊị = 2

Vậy BPT trờ thành : -X2 + 4x + 1 > 0 « ' 2 - V 5 < x < 2 + Võ

2. Tim y để BPT,đá cho vô nghiệm :

Đật m = ĩ^giy2 ta có : -X2 + 2mx + 2m - 3 > 0 ■ *2BPT vô nghiệm « A’ = m2 + 2m - 3*£ 0« -3 ̂ m ss 1

Suy rá.: -3 logry2 =£ 1 Iy Ị ss2^2 .

Câu nr:X+ 1

1. Tim GTLN và GTNN của hàm số : y =x2 + x+ 1

Xét phương trình : y = 0X + —̂ với ẩn số X. 71(*)õ *5

7



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




9/256

Ta có (*)


10/256

Do 0 < a < ~ => sina > 0 và sina +1 > 1

1 S 'Vậy suy ra sina hoăc sina = -

D 6

2, Thể tích hình nón : V = I . OA2. so : ■

7Ĩ ~ d3Vì so = OA . cotga nên :V = ̂ . OÁ3. cotga = ■ T- cotga3" 3cos a

t’t ,, ĩĩR3 ■Hay V =.----- --- ----- -3cos oc. sina

V nhỏ nhất y = cos2a . sina lớn nhất.

Ta có y --sỉn3a + sinct; đặt t = sim với 0 < a < —nên 0 < t < 1. Ta tìm GTNN

cùa y = -t3 + t với í € (0, 1)

Tạ có y’ = -3t2 + 1lý = 0« t = + - i■ -V3 . , •Bảng biến thiên :

Đề 2

Cho hàm số y = f(x) .= X3 - 3x + 2

1. Khảo sát. sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số*2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại. điểm M e (C) có

hoành độ XQ. Tiếp tuyến này thường cắt lại (C) tại điểm Mj...

Tính hoành độ của Mj theo X .3. Cho 3"điểm phân biệt E, F/ G thẳng hàng trên co cổ hoành

độ lần lượt là a, p,Ỵ. Gọí Ej, Fj, Gj ỉà giao điểm của các tiếp tưyến tại E, F, G với (C). Chứng minh rằng 3 điểm Ẹj, Fj, Gj t h ẳ n g h à n g .

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




11/256

Càu III

Càttiv

ir9x2_4yZ = 5 : .: Cho hệ phưong trình : | ì ^ ^ + 2y)-Iogị, ạ i - 2 ỳ ) = 1

1. Gỉài hệ với m = 5

2. Tìm giá trị lớn nhất của tham sơ m í để hệ có nghiệm (x, y) thỏa mãn : 3x + 2y 5

Cho phương trình : cos?x + sin3x = k . sinx . cosx

1. Giải phương tr ì i ih vái k = >Ỉ2.

2. Với giá trị nào của k thì phương trình có nghiệm.

■ 21I 2 ' -

1. Tính tích phân I =5 f sinx - ~dx 9 + 4cos *o

2. Tinh diện tích hình phảng giới hạn bởi các đường:X + y = 0 và X2 - 2x + y =• 0

^ ^ 2 3 Trong không gian Oxyz cho mặt phảng (P) :x + y - z + l “ 0 và hai đường thẳng :

\ Í 2 y - Z + 1 = 0 . . . Í 3 y - Z + 1 2 = 0

(d>) : | x + ̂ = 0 ; Cd̂ : Ị x - z +V = 0 .

Gọi (d’j) và (d’2) lần lượt là hình chiếu vuông góc của dj và dj lên (p). : '

1. Viết phuong trình mặt phẳng (Pj) chứa (dj) và vuông góc với(P).

2. Tìm tọa độ giao điểm ĩ cùa (d’j) và (d’2).

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = h và SA ± (ABCD). M là điểm thay đổi ỉrèn cạnh CD. Đặt CM = X,

1. Hạ SH -LBM-. Tính SH theo a, h và X.

2. Định vị trí của M để thể tích tứ diện SABH lớn nhat và tính giá trị lớn nhất ấy.

GIẢI

Câu 1:l.-Khảo sát và vé (C) : y - X3- 3x + 2

• TXĐ : R

•. y’ = 3x2 - 3.; Y = 0 *x .=■± 1• y” = 6x ; y” = ()■X= 0

10



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




12/256

'Bảng biến, thiên :

X •—co- ‐1 0 1 +CO

y’ + ' 0 1 ■ 0 +y” - 0 +

ý

00

4'^ 2

u \

+00

• Các điểm đặc biệt:

y = 0 (x - l)2 (x + 2) = 0'x=lx = -2

• Đồ thí :

2. • Hệ số góc của tiếp tùỵến

k = r ( x 0 ) = 3 x 2 - 3

• Phương trìrìh tiếp tuyến:y - 3(x ^-l)x -2^ + 2

• Suy ra hoành độ của là

*. = A3. Chứng minh Ep Fj, Gj thảng hàng :

Ta có: ẼF = { ị3-cc, p3- 30 + 2 - (a3- 3a + 2) }

ẼF = { p - a, p3 - a 3 - 3(ị3 - a) }

=> EF= {l,|32 + ap + a2 -3} = {a., a,}" p - a 1 L

Tương tư : — EG = {1, y2+ ay + a2- 3} = {b,, b0>y - a . 1 z

E, F, G thẳng hàng ẼF và Ể Ep Fj , G, thảng hàng.



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




13/256

Câu IS:

1. Giải hệ khi m = 5

Khi m = 5 hệ trở thành :í (3x + 2y)(3x - 2y) - 5 jlog5(3x +2y) + ỉog5 (3x-2y)

|ìog5(3x + 2y) - log3(3x - 2y) = ỉ ̂ ịloĝ (3x + 2y) - logg (3x - 2y)

Đặt u = 3x + 2y ; V = 3x - 2y (đk: u > 0 ; V > 0)

flog,, u + log, V= 1[log, u +log. V= ITa đươc h ê : , j I _n|log u - log3 V= 1 Ịỉog V+ Iogj V= 0

Hàm số f(v) = ỉog- v + ỉọg3Vđồng biến trên khoảng (0, +oc) và f(l) = 0.

phương trình f(v) = 0 « V= 1

Iọg5u + log5V= 1 _ [u=5Vây hê trên ỉuơng đương.với i a '

[v = -l

Vậyí3x + 2y = 5 « r = 1vạy|3x-2y=l |y=1

Vậy hệ đâ cho có đúng 1 nghiệm (x, y) = (1, 1)

2fTim giá trị Iớr^nhất cúa m

v = r

[u = 3x + 2y . „ Í0log3 u + - ~~ ~ = 1 + log3 5

lo%m

« log. u (1 + ỉog 3) = í + log, .5 «> log, u =1+ log3 5 -

l + log 3

I+iog, 5Ta có 0 0 I +log 3 < 0hoặc I - , C . , ̂ c , c

. 1 l°is 5 ̂ logg 5 + ỉog^ 5

Vậy m = 5 là giá trị lớn nhất oủa m để hệ có nghiệm (x, y) thòa:

3x + 2y 5 :

| < m < l

1


14/256

t2 ‐ 1Đât t —sinx+cosx=V2 .cos x̂ - thì ị t \^ 2 và sjnx.cosx =

$in3x + cos3x = (sinx + cosx)(l - sinx . cosx)2 Z' ^ "

Vậy phương trình đá cho trở thành : t̂ l - —~ ■ ỳ = kị̂ —

o t3 + kt2 - 3t - k = 0

1 . Giải phương trinh khi k = y ĩ

Với k = V2, ta dược :t3 + Vzt2 3t-V2 = 0 » - V2 ) (t + V2 - l)(t + +1) =t = V2 V t = 1 - V t = -1 Cloại)

Vậycos(x - -) = ỉ

4

c os(x -2 ) = ̂ - !

x = +k 2ir 4

x = ± a rc c o /- j= -l ì +k2ĩr (k e Z)4 \ỳ2 J

2. Định k để phương trình có nghiệm.Phương trình đổ cho có nghiêm khi vá chi khi phương trình

t3 + V2t2 - 3t - V2 = 0 (1) có ít nhất nghiệm í € [-V2, V2]

Ta có (1) t3 - 3t = k(l - t2)

Nhận thấy t = ± ! không phải ỉà nghiệm cùa (1).

Vậy (1) k = = f(t)

Ta có f*(t) =

1 - t -t - 3

-^-—


15/256

r __ LVậy I = ị arcte^

2 . Tính diện tích hìrih phẳng giới hạn bời j^_ ~X- ^ X ^

Phương trình HĐGĐ của (P) và CD) :

-X2 + 2x = -Xo -X2 + 3x = 0 X= 0x = 3

3f * - X3 3X2Diện tích phải tính: s = J(-x + 3x)dx = ( - y + 2 )

o

Q- 27=> ồ = —

6 ,

Câu V.A:

1. Viết phucmg trinh mặt phảng ,(pj) chứa dj và vuông góc với ( p).■ . Í2y-Z+1 = 0

: 1 [X i- 2y = 0

Gọi n , = (0, 2 , -1 ) ; = (1 , 2 , 0 )

Suy ra ẩ = Hj, n2 =(2, -1, -2) là vectợ chỉ phưcrng (VTCP) của (dj).

rỉ = (1, 1, -1) là pháp vector cùa (P).

Mặt phảng (Pj) nhận a và n làm cập VTCP suy ra

iỵ = a,n ] = 0 ,0 , ỉ) lậ PVT của (Pj). _ _

Lấy A (0,0. 1) g (PJ ^-C a^r-x^rT -T = 0- "

Vì (d’,) = (pp n (P) nên : (* B .€ CP2)

(P2) : 2x - 3y - - 8 = 0 ; (


16/256

Gau V.B:1. Tính SH

fSHi-BM . '|SAJL(ABCD>

AH 1 BM

Do

2SAABM _ : Va2’+.

a h =BM --va' + x"

=> SH = Vs a 2 + AH2

SH = Vh2 + - jp — ■-■a +3T

2. Định M : V (SABH) ỉớn nhẩt ;

V= |sA.dt(AABH)

>D

V lớri nhất dt(AABH) = jAB.HK ỉớn nhất. (K là hình chiếu của H lên AB).

«■ HK đạt ‘GTLN .

Do H di động trên đường trờn đường kính AB nên HK lớn nhất


17/256

COS6 - X

< 0

X -í-y + X2 + y2 = 8Cho hệ . . __ Ịxyộc + l)(y + ỉ) = ra

1. Giải hệ khi m = 12

2. Vói giá . tn nào cùa m thì phưong trình đã cho có nghiệm

Chúng minh rằng điều kiện cần và đủ để tam giặc ABC đệụ

1 1 1 _ _ J _ t 1cosA cosB cosC . A B , c

2 sinf sừlf

Trong mp Oxy cho đường thẳng (Ạ) : 3x - 2V - 1 = 0 và đưtròn (C) : X2 + ý2 - 2x + 4y + 3 = 0

1. Xác định vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn2. Tìqi M (x , s (Ạ) sa o ch o X2 + y2 đạt giá tộ nhò n hấ t

3. Tìm trên (C) các điểm N (Xj, ýj) sao cho Xj + y} đạt giá trịnhất- hoặc nhỏ nhất

GiẢI

1 . Khào sốt và v ẽ (C) : y = X4 - 4jc* 4- 4X2 = x2(x - 2)2

• TXĐ : Đ = R

* Ý = 4x3 - 12x2 + x = 4x(x2 - 3x + 2)y’ = 0 X = 0 ; X s= 1 ; X = 2

Bảng biến thiên :

1 +00

- t 0 . +

• Độ thị: -

* Chứng minh đường thẳng X = 1 làtrục đối xứng của (C)

Thực hiện phép chuyển hệ tọa độ, bằngfx = X+ 1 ‘

cách đăt : < . „Ịy=Y

. Thay vào hàm số đã cho ta được:

Y = (X + l ỷ . (X - l)2 = (X2 - l )2

+0 0

;zhụ' 1 2



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




18/256

Ta có (*) «=>í 2 ,x2 «)(X - 1) - 2 = 0

Hàm số này ỉà hàm số chẵn nên (C) nhận trục tung mới làm trục đối xứng,tức là đường thẳng X= 1 làm trục đối xứng.

2. Giải phương trình.: X - 4x3 + 4x2' 2 = 0 (*)

"ÍX = x - ;l ÍX = x - l . jx='X + 143 Ịx ‐ =±Í ~ jx 2=l + V

Vậy X- 1 = ± ̂ T T ^ y .

Do đó phương trình có 2 nghiệm : X= 1± ylĩ +■V23. Đặt X= 2‘ với t > -1 thì X> 2, khi đó ta có :

Í24ỉ- 4 . 2 3t + 4 .2 2t = m íx4- 4X3 + 4X2= mỊt >l - ** |x > 2

Cán cú vào đồ thị ta thấy đường tháng y = m (m > 0) chĩ cẳt đồ thị tại ĩ điểmduy nhất có hoành độ lớn hơn 2. Suy ra hệ đã chcrcó nghiệm duy nhất với m > 0.

Câu n :1. Chứng minh c < 0

. Do giả thiết f(x) = ax2 + bx + c vồ nghiệm =* f(x) không đổi dấu => f(o) và

f(l) cùng dấu => c và a + b + c cùng dấu mà theo giả -thiết a + b +c < 0.

„ ^ , x3- 3 x2- 9 x - 5 a (x* lftx- S ) A2- ^ CỚ 3x~16 < 3X-16"

W |CX-5)(3X-16)-- t -


19/256

2. Hệ đã cho có nghiệm (1 j có cả’2 nghiệm đ ề u > . ị ị •

Đặt f(t) = t2 - t + m. Yêu cầu bàỉ toán tương đưoịng với:ÍA’ = 1 6 - m >0 i-i j Ị ;/

1 33 33 . .. ■ '' '■f(- ) = m + ” >0 - f f< m < 16 _ ; 33 -1C

16 16 Kết quả : - ” ^ m =£ 16, lo

Câu IV: -

CMR I A ABC đều + “ + — — " + T’+ ” P (*)cosA cosB cosC . A . B . c

. . sin? sin2 sinr

a. Điều kiện ,cần: Nếu Á = B —c = Ệ thì (!) đúng vì VT = VP = ‘ó

b. Điều kiện đủ :

• Trường hợp A ABC có góc tù, chẳng hạn A > ~ > B 2*c thìc

c Sỉ - => tgC < 1, 0, siny < sinC ^ cosC4

1 . 1 1 1 _ cosA + cosBcosC . c ’ cosA cosB. cosA.cosB

s,nĩ

, /A + BÌ fA-B' 2cosỊ —“— . COS

V l ỊcosA. cosB,

1 1 1 1 i ĩ I 1r~’ cosA cosB+ cosC "^cosC < _;_c < A + + C-

< 0

s in | sirí^ s in | siny

• Xét trường hợp A ABC có 3 góc nhọn, áp dụng BĐT Cạúchy ta có :1 1 ^ 2 .

cosA cosB VcosA. cosB4 '4 4 . 2

^cosA+cosB ri_ A + B _ A- B _ . A+B~ ■C2co$—ị —. c o s ^ — ,2cos—— sinj

Đắng thức ‘xảy ra A = Bỉ 1 2 ' .

Tương tự : —í— + — �̂� —^ ( đ ẳ n g thức xảy ra khi B - C) cosB cosC ,_A 3

s u q

1 1 2 —L-- + — Ss — (đẩng thức xảy ra k h i A = c )

- cosC cosA .B ■



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




20/256

_ 11 .. J H 1 1 1ậy—■-—-f ' + 1 5s—-—-F— g o s A c o s B c o s C a ~ B c

7 s in 2 s in f s in f

đảng thức xảy ra A =,B - c A ABC đều. ư àií V :

1. Xét vị trí tương đối của (A) và (C)

- Phựơng trình của (C) : (x - )2 + (y + 2)2 = 2Vậy (C) có tâm ì ( ỉ , -2), bán kính R = V2

- Ta có d(ĩ, A) = > V2 => d(I, A) > R =* (C) r ì (A) = 0

2. Tim M (xQl yo) e (A) sao cho X2 + y2 nhò nhất:

■ 3x - 1M Cxo’ y j € (x0) = ì (26xo - 6) ; S’(x0) = 0 « x„ = - |

Bảng biến thiên :

X.3_ Ĩ3 +Q0

S’(xJS(xo) +Q0 +00

1 í 3 2Vây S . — khi ấ

w min 13 ự 3 13

3. Tìm trên c các điểm N (Xj, ỳj) sao cho Xj + yj đạt GTLN, GTNN.. N (Xj, yx) e (C) (x, - l ý + CYl + 2)2 = 2

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta'có :

1. (x3 - 1) + 1 . Cy, + 2) V(l2 + l2)[(Xj - l)2+ (Yj +2)2]

|Xj + yj + 1 Ị =s 2

-3 Xj + Yj ^ 1 -

• Xj + y, 5* -3 dấu = Xj - 1 = y, + 2 = -1

Vạy (Xj + y , ) ^ = -3 với N (0, -3)

• Xj + yTss 1 dầu = Xj - I = yj + 2 = 1

Vậy (x, + y,)max = ĩ VỚI N (2, -1)

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




21/256

Đề 4

Cho hàm SỐ y = f(x) = x4 + 2mx2 + m

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) khi ra = '12. Định m để f(x) > 0, V X. Với giá trị m tìm được hâychứ

minh : F(x) = f(x) + f(x) + f ’(x) + (x) + -frô (x) > 0

Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) và mặt phảng

có phương trình :(d) : X = 1 + 2t, y = 2 - t, z = 3t (P) *: 2x - y - 2z + 1 = 0

1. Tìm íọa độ điểm thuộc dường thẳng (d) sao cho khoảng ctừ mỗi điểm đó đến mp (p) bằng 1.

2. Gọi K là điểm đối xứng cùà điểm I (2, -1, 3) qua điròĩig th(d). Háy xác định tọa độ đ ỉ ể i E K.

1. Giải bất phuong trinh ỉ

ỉogg Vx2 -5x + + log! Vs‐ 2 > 2 log! (x + 3)

2. Biện luận theo tham số a số nghiệm của phương trình:

V -X * . sinx W + X*. cosx = ịa + 1Ị + ịa T 1|

1. Tính diện tích hìiìh phầnggiới hạn bởi (p) : y = X2 - 4x và hai tiếp tuyến của (P) kẻ tại 2 điểm Ằ (1, 2) và B (4, 5

1. Viết khai triển Newton cùá biểu thức (3x - 3)ĩ6. Từ đó chứng m

2

. Tính tích phân I = Ịcos2x (sừi4x + cos4x)đx

o

1t

o

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




22/256

GIẢICâu I :1. Khảo sát vẽ đồ thí y = X- 2x2 - 1 : bạn đọc tự giải2. a, Tìm m để f(x) = X + 2mx2 + m > 0 V X

Cách I :• Điều kiện cấn là f(0) - m > 0• Điều kiện đù : với m > 0 => X + 2mx2 + .m > 0 hiển nhiên đúng với V X.

Vậy các giá trị cần tìm là m > 0.Cách 2: Đặt X2 = t =3-t2 + 2mí + ỊTi > 0 (V t 3S0) (1)• A’ =-m2 ' m

m2 - m < 0 0 < m < 1 : ( 1) đúng

m - m 0 (m < 0) ^ ( m > l )

« < m 0 m s* ĩ m 0

ỉ . f(0) > 0

ị = - m 0 . b. Phái CM vớì m > 0 tỉiì F(x) > . 0 V X mìn F(x) > 0

• Giả sử min F(x)=F(xo), khi đó xo là. điểm cực tiểủ nên F*(x )=0• Ta có F(x) = í(x) + F(x) + f"(x) + f^Cx) + f^(x)

=> F’(x) = f’(x) + f”(x) + f^Cx) + ịK x ) + 0 = F(x) - f(x) .=> F’(xo) = F(xo) - f(xo) = 0 => F(x0) = f(x0) > 0, vậy-min F(x) > 0F(x) > 0 với V X: ĐPCM.

Cũng có thể tính đạo hàm từ cấp 1 đến cấp 4 của f(x) ta được :F(x) = X4 + 4x3 + (2m + 12)x2 + (24 + 4m)x + 5m + 24

=,x2(x2 ’+ 4x + 4) + m(2x2 + 4x + 5) 4- 8x2 + 24x + 243s 0 > 0 đo m > 0 >0

Suý ra với m > 0 thì F(x) > 0 V X.Câu II:

J ______ V2 (cosx - sinx)ígx + C0tg2x cotgx -1

1. Giải PT: C2)

, ícosx*0, Sin2x*0, sinx 5*0 Ísin x5 t0f cos x* 0Ịtgx + Cơtg2x * 0, cotgx * 1 sinx * cộsx

(2 ) cosx. Sin2x -----■"— ------ = y 2 - . sínxcosx

cosx - € Xj .= “■+ 2krc loại do sinXj = cosXj

Xg = - Ỵ + 2kĩi : lấy được

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




23/256

... . c ' A+B. ! ' tgr ,g? . , A . B2. Ta CÓtg | = c o t g ^ =g= 1 - tg= . tg |

lgf + tgf ■, :

c A B -. Hiển nhiên tg j < 1vì tg -̂. tg j > 0

A B 1/ A Bn2 IMặt khác • tg^tgj < j(tg^;+ tgjJ = ị nên :

tg^ = 1 - tg^tg^ * 1 - - = - Vây - =£ tg—< 1^2 2 2 4 4 ■4'- . -2

Câu m :1. • Gọi điềm cần tim là Me (d) => M(1 + 2t, 2 -t,'3t)

• Khoảng cách từ Mđến (p) là : XM 12(1+ 2t> - (2 - 1) - 2 . 3t + 11_ 11—t j _ ,

V22 -5- ỉ2 -f 22 3

o Ịt - 1Ị = 3 tj = 4, t2 =.-2

• Tìm được 2 điểm tươrig ứng lả Mj(9, -2, 12)-yà (-3, 4, -)2. • Mặt phầrig Q qua J (2, -1, 3) và ± (đ) là :

2(x - 2) - (y + 1) + 3(2 - 3) •= 0 « 2x - y + 3z- 14 = 0 (3) .• Giaođiểm H của (d) và mp (Q) : thay X= 1+ 2t, y = 2 - 1, z

2(1 + 20 - (2 - 0 + 9t - ụ = 0 t = 1 => H (3, Ị, ■• Điểm K sẽ tìm được nhờ tính chất H là trung điểm của IK:

IK: 3^ = — - 2 ^ - Xj = - 2 = 4.

Tương tự : yK= 2yH- ỳj = 3, Zj, = 2Zh - Zj = 3. Vậy K (4, 3,5)Câu IV:

1. Bạn đọc tự giải. Đáp số : X> WT02. • TXĐ : 2 - X2 ^ 0 o X £ [-V2 .0/2 ]

• VP = |a + ỊỊ + Ị1 - a] > . | a + i + 1-aỊ = 2

dấu = khi và chi khi (ạ +„1)(1 - a) > 0 Ịa Ị. 1

. • Mặt khác VT = V2 - x 2sinx + V2 + x2cosx - 1¥

V 2-x2 + 2 + X2 . Vsin2x -Tcos2x - 2

dấu = khi và chĩ khi sinx = = «=>tgx = - f ~-X2 (4)cosx V2+X2 \2 + X

• Nếu |a | > ĩ : PT vô nghiệm do VP > 2, VT 2

• Nếu Ịa| ^ ì thì VP —2, VT 2 Tiên chi có nghiệm khi-Jo —Y2

VT = 2 tgx = ~r , (vòi- -ã


24/256

_ ^ ỉ ĩ - x 2Với 0 *5 X s? V2 : tgx đồng biến; I — nghịch biến do tử nghịch biến, mẫu

' y2 -r X ' • '

Với - V2 X < Ó: (5) vô nghiệm do 2 vế trái dấu.

đồng biến => tgx -•>/2 —X2■ =* = đồng biến.V2 + X2

V2 - ” 2(5) f(x) = tgx - ~ự = trong đó f(x) đồng biến và

f(o) = -1 0 nên PT f(x) có nghiệm duy nhất trong Ịo,

• Kết luận : với’ Ị a I > Ị : PT vô nghiệm.

Với [ạ ị ^ 1 : PT cớ nghiệm duy nhất.

Cáu V.A:.1 . • PT tiếp tuyến với parạbol (P) y = X2 - 4x + 5 tại A (1, 2) và B (4, 5) lâ

y = -2x + 4 ; y = 4x - 11 ■■•


25/256

Đề 5

Cho hàm số y = + " có đồ thị là (C ). với a là thamX + Vẳícotga

v à a s ( 0 , D

1. Khảo sát và vẽ đồ thị

2. Chứng minh rằng cặc đồ thị (C ) vàỴỌt' có chung 2 đi

hị với a =

:ặc đồ thị (C ) và

. / , / . l 2 7 ... M, N nằm trên đường thảng A : X + ỳ = 0. Tìm a để MN nhất.

Cho phướng trình : 2cosx . cos2x . cos3x + m = 7cos2x (ỉ)

ỉ. Giải phirong trình (1) khi m = 5

2. Tim m để (1 j có nghiêm duy nhất tròng đoạn fo,

Chơ phưong trình :

2Iog (8X2 - 2x + 2m - 4mz) + ỉogi (4x2 + 2mx - 2m2) = 0 2

Tìm m để (*) có 2 nghiêm phân biệt Xj, và 3̂ +5 ̂> ̂

Trong tam giác ABC kí hiệu a = B C ; b - C A ; c = ẠB. -

1. Chứng minh A = 2B a2 - b2 +bc2. Tính các góc của A ABC biết rằng : b2 - a2 4 ac và C2 = b2 +

Cáu II!

Câu V.A 1. Tính các tích phán :

Câu V.B

£1 2

a. I ■=• J^ X = = ; b. J = Jsin2* . cos?x. dxo o

2. Trong kg Oxy cho đường thẳng (D) và mp (P) cỏ phương tri

0 8 •• |Ì +-V zt 0° ; (p) : X + y + z . = 0 Tìm phương trình hình chiếu vuônggóc'của (D) iên (p).

Cho tứ điện ABCD có AD= BC= a; AC = BD = b; AB = CD = c.

1. Chúng minh rằng đoạn nối trung điểm các cặp cạnh đối-dilà đoạn vuông góc chủng của các cặp cạnh đó.

2. Tính thể tích tứ diện theo a, b, c.

24



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




26/256

GIẢI

V2x+ i

Câu I :

1. Khi ct = -: y = ——Ẽf-4 . X+ V2

• TXĐ : D —R \ {- V2} •

y’ - 7—^“ 2 > v x

(x + VS)1 T/• Tiệm cận : TCĐ X = - >Ì2 ; TCN : y = V2*

Bảng .bỉến thiên :

. X -*> -V 2 +00

y’ •• + . +y ■ ,+00

—co

• Đồ thị:

_ n . _ V 2X = 0 =>y =

y = 0 => X= -

2. • Tọa độ giao điểm của (A) và (C ) là

nghiệm HPT

X+ y = 0( ^ 2 tgcpx +1

X+ V2 cotgx y

X + y = 0X2 + V2 (tga + cotgx)x + 1= ữ

1

ũ

i -------- ^- ũ / 0

1

. A r Ví. T T i - ự

• Tọa độ giao điểm Gủa (A) và ÍCx_ "ì là nghiệm HPĨ : . -x + y= 0 r A

0

Vậy (Ĉ ) và j có 2 điểm chung M, N thuộc đuờng thẳng: X+ y = 0

* Tìm cc để MN nhò rìhấtTacóMN2 =CxM-x)2 + (yM-y)2 = 2íCxM+ xN)2- 4 xM:xN]

— 2[2(tga +/cotgcc)2 - 4] = 4(tg2tr + cotg2**)

Ầp đụng bất đảng thức Cauchy, ta có :

tf̂ a + co t^a > 2>/tg2a . cotgV = 2

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




27/256

Vậy MN2-> 8 » M 5 2V2

Tóm lai MN = 2V2 khi a = min

Câu n :

2cosx . cos2x ..cos3x + m = 7cos2x ( 1)

Ta có (1) (cos4x + cos2x) . cos2x - 7cos2x + m = 0

» (2cos22x -1 + cos2x).. cos2x - 7cos2x + m = 0

Đật t = cos2x ; Ịtị 1

Phúong trình (ĩ) trờ thành :

(2t2-1 + 0 . t - 71 + m = 0 - o 2t3ị t2- 8t + m = 0 (2)1. Giải phuơng trình khi m = 5 , ...........

Với m —5 phương trình (2) trở thành : 2t3 + t2- t + 5 = 0

't = l• (t-1 )2 . (2t + 5) = 0 «

t = -|(Ịo ại)

Vậy cos2x = 1 X= kn (k.e Z)

2 . Định m đế (1) cò nghiệm idhiy nhất,thuộc

xẻt phương trình cos2x s=t vdi t e [-1, 1] *

Do Xe £, 2x e [0,], nên ứng với mỗi giá trị t e [-1, 1] thì phiromg

trình cos2x = t có đúng 1. nghiệm x e [ 0, | ]

Do đó : (1) có nghiệm duy nhất X jo,

(2) có nghiệm duy nhất t ẹ Ị-l, 1 ]

Ta có (2) «?.m = -2t3 - 12 + 8t

Xét hàm số g(t) = -2t3 - 12 + t với t G í-1, 1]

[t = lg-(t) = -t2. 2t + ; g-(Ó = OLS* _ _ 4

- 3Bảng biến thiên :

Vậy phương trình f(t) = m có nghiệm duy nhất thuộc đoạn

í-1, 1] « - 7 =sm*s5

Kết quả : -7 m 5

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




28/256

Tìm m để (*) có 2 nghiệm, phấn biệt xr x2 và ^

Ta có : 2Iog-(8x2 - 2x + 2m ' 4rri2) .+ Iogi(4x2 + 2mx - 2m2) = 02

Iog2 (x2 - 2x + 2m - 4m2) = ỉog2 (4x2 + 2mx - 2m2)

Í8X2 - 2x + 2m - 4m2 = 4X2 + 2mx - 2m2

[8X2 - 2x + 2m - 4m2 > 0

Í2x2 - (m + l)x + m - m2 =0 (1)

1- m4x2-x + m-2nn?>0 (2)

Giải (I) ta được các nghiệm X1 = m ; x2 =

1 - m „ 1o

• Xj * x2 m * 2

* X, = m thỏa (2) 4m2 - m + IĨ- 2m2 > 0 rạ 0

• X, = ~~~n thỏa (2)

2m2 -

r \ 22 2 1 (1 —rn I 1

• ' 4 + x> « m +[' 2 J > 4

5m2 - 2m >0 <

1 + IĨ1 - 2m > 0 rạ 0

4 (i f B j 2. ^ ] + rn. 2 m 2 > 0

, 1 2m + m - l 0 ‐1 < ra <

2

5m - 2m > 0 « m —

5

-1


29/256

— (cos2B - COS2A) - sinB . sinC = 0

«=>sin(A + B) sin(B - A) -r sinB . sinC = 0sinC [sinB + sin(B - A)] = 0 siriB = sin(A - B) (do sinC

^ =D ~ f o / A1' ' A N A = 2B Z - B = A - B (vô lí"vì A . - 3 f i )z - 3A. = 0

Các pháp vectơ của (P) và (Q) là :

U = (];-!, I) và V = (À, 2pt, Ầ-3|ụt)

( P ) L (Q ) u . V = X -i- 2ji + (À - 3 |i) = 0 .

2X - ụ = Gchọn \ = Lvà_n = 2 '(Q) : X + 4y - 5z.- 3 = 0-

Đuậìĩg thẳng (D1) chính là giao tuyếrí cùa (P) và (Q)

Vậy phương trình của (DỌ'là : (DO : jx + y - ậ z - 3 = ơ *

28



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




30/256


31/256

Đề 6

Cho hàm số y =X - 1 .

1. Khảo sát sự biến ỉhiện và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Viết phương trình của parabóỉ có trục đối xứng song song Ọy

đi qua các điềm cực đại, cực tiểu cửa (C) và tiếp xúc vói đừờng

3. Tìm hai dỉểm.A, B thuộc 2 nhánh khác nhau của (C) để khoàng

Câu 11'

ỉ* Chứng minh rằD điều kiện cần va đủ để tam giác ABC đều là:

̂ = (sin3A +• sin3B + án3C)2. Chứng minh rằng điều iũện cần và đà để tam'giác ABC đều là:

2sinA. sánB, sịnC 1(sinA+sínB + SÌC ” 3^3

Trong kg Oxyz cho tứ điện ÂBCD với

A(3, 2, 6); B(3, -1, 0); c (0, -7, 3) ; D (-2, 1, -1)1. Chứng minh tứ diện có các cặp cạnh đối vuông góc vói nhau.

2. Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD.

3. Viết phương trình đường tròn (C) là giao tuyến của mp (ABC) vói mặt cầu (S).

GIẢICáu s :

1. Khảo sát và vẽ (C): y = ị- : bạn đọc tự giải

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




32/256

2. Viết phương trình của parabol (P):

- Gỉả sử (P) : y = ax2 + bx + C (a * 0)Theo câu 1 ta có các điểm GĐ, CT cùa(G) là : M (0, 0) và m(2,-)

- Do (P) qua M (0, 0) nên c = 0- Do (P) qua m (2, 4) nén 4 = 4a + 2b

- Do (P) tiếp xúc đường thẳng y = - ~ nến phương trình :1ax2 + bx + —-= 0 có nghiệm kép => A = b2 - 2à = 0

- Giải hệ :c = 04a + 2b = 4

b2- 2a = 0'

a = ̂ b = l , c = 0

a = 2, b = - 2, c = 0

Vậy có 2 parabol ià : (Pj) : y = |x 2 + X ; (P2) : y = 2x2 - 2x

■3. Tìm hai điểm A, B íhuộc 2 nhánh để AB nhỏ nhất.

X2 , 1= X + 1 +X - ì X - 1

A thuộc nhánh phải có tọa độ :XA= 1 + a ; yA= 2 + a + —(a > 0)

• B thuộc nhánh trái có tọa độ: XR = 1 - (5; y =2 - p - ~ (ịi > 0)

AB* = (xA- XB)2 + (yA- y Bf = (a + p ỷ + (a + (3)2 (l + ) 2

- (■+p)2 ị

+ị

4?)= 4(2ap + + 2) *4(2 + 2V2)a = p ía = p

• Dấu = xảy ra' ' 1 » 1 1 a = = T-U. Ị t a p - ^ | a = i = V 2

• V ậ y A ( I + ’4 ' , 2 + i l & + ’ ề f ) : B ( 1 ' ’,¥ ' 2 " 's ~ rầ )Càu II

1 . Giải hệ khi a = b = 1Jx2 -y 2 + x + y - x - y + 1 (1)

|x 2.+y2 + xy =3(2)• (1) (x - y)(x + y) + (x + y) = X - y + ■1

(x + y)(x - y + 1) = X - y + 1

« ( x * y + ' l ) ( x ị y - l ) ' s 0 x - y + 1 ‐0

x +y - 1= 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




33/256

• Hoặc X-V + 1 = 0y = x + l thay vào (2) ta được :

■ 2 „ « ■ -3±y%33x + 3x - 2 = 0 X = g

3 + V33Từ đó suy ra : y = - —

• Hoặc x + y-1 = 0


34/256

Vậy min f(a) = íỊ -p 1 . Do đó an + bn > 1m‐1 n- 1

Dấu = xảy ra a = b = 2

2. Định m đé sìn3x + cos3x 5* ĨĨÌ, V X e R.

Xét hậm số f(x) = sin3x + cos5x. ';mớc hết ta tìm njin f(x).

Ta có f(x) = (sinx.+ cosxXl - sinx . cosx)Đặt t = sỉnx + cosx = V2 . cosỊx -

t2 1 •Suy ra : sỉnx . cosx và ỉ tị ̂ -V2

Khi đò hàm số f(x) trở thành : .F(t) = - “ t3 + ị t, IM ^ V2

T a có :F ( 0 = - | t 2 + | ; P a ) = 0 « t = ± l _

Bàng biến thiên:t - V2

• F’C0 ỉ 1 T

. . . W . . .Vậy min F(t) = -I khi t [-^2, -̂ 2] suy ra-min f(x) = -ỉ => f(x) = sin3x + cos3x -ì, V X e R

Vậy f(x) ̂ m , V x e R « m í - l

Câc ỈV:1. CMR : ABC đềụ « s = -T- (sin3A+sin3B + sin3C)

(í

Áp dụng BĐT Cauchy ta có :

v p ( , ) = f - è (a3 + b3 + c 3 ) " l ằ 3 a b c = f Dấu = xáy ra a = b = c. Vậy VP (1) = s AABC đẻu

2. -CMR : A ABC đều « - = _í_. (2)

= s

2sinAsinBsĩnC _____ ỉ_

(sỉnA+ sinB + sinQ2 3 ^Áp dụng BĐT Cauchy suỳ ra :

VT (2)(sinẠ + sỉnB + sÌnỌ)2

sinA+ slnB + sinC.3

- 2 ... A .■ . ^ ^ 2 3& 1=■^(sinA+ánB +sinQ *



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




35/256


36/256

2. Trường hợp (C ) có các điểm cực đại, cực tiểu là Sj,- S2, háy tìm quỷ tích trung điểm I cùa đoạn SjS2.

Tìm a để 'hệ phầơng.trình sau có nghiệm duy nhất:

Jx2 - 2(a ^ l)x + a(a - 2) = 0 ------ "|Ị x2 - 5x + 4Ị - ỡx2 - 5* + 4 + lOx. |xj =0 .

H^ỊỊỊU 1. Giài phưong trình :

4cốsx - 2cos2x - cos4x = 1 •2. Chứng minh trong tam giác ABC bất là ta có :

. ỵ , .-;■■■■■ ■'Ị- ; :■■■1 + “ :ỹ cosA + cosB + cosC

Với r, R Ịà bán kính; đưởng bủn nội tiếp, ngoại tiếp A/ẠBC{)

; • -ì *

'.DịQ * .sô í ì DỤ .3

Câu IV• 2 ỉ. .. ■-■. - ;

1. Tính I = fsin5* . cos3* . dx" ............ ............. ; Ò "'' ‘""" ‘ V ' ị

Ị . • ■■■— *■ *■; -3" ■•■■■■■■ -

2. Chứng minh ■— < . dx < ~o X o

4

S; •“ (x)& iọũ n ,Q0 ÒD( 0)

■rư, ;

nìĩỉ ịữovíỉq mậiii^ũ Ậí sx ,.x

Cảu I ĩnèỉb ỉìĩĩiSii èi (yGIẠT

2

1. Kháo sát và vẽ (C) với m = ỵ4. >

1\2 0 < m V ĩ .~ > íTíị ũ í b i ỉ y;.íp vsV• Tiệm cận : TCN ítí ị ũ rn

Khi m = thì (C): y =4 40Í-1)

• TXĐ : D = R\{± 1} ; _ (X+ 2X2X+1)

3S



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




37/256

2. * Định rn để (£m) có cực đại,. cực tiểu :

(Cm) : y =x2 + x+m

X2 - 1

, _ X2 + 2(m+ l)x+ 1

y " (X2 - ! ) 2

Gọi g(x) = X2 + 2(m + l)x + 1

(Cm) có CĐ,CTÍA’ = m (m ■£2 ) > 0

m < -2

m >0g( ỉ )*0

[g( - l )*0* Tìm quỹ tích trung điểm I

của đoạn SjS2.

Giả sử Sj (xp y,), s2 (Xy y2) thìXj, % là nghiệm phương trình:

y *

1Ị ỉỉ1111111/ 1

* \ *

1 1l 1 L 1

"S^/ i1 !

3/4 1Ỵ— --2.-1*./

I Ị -5 Ị t Ị

\ ii \ 1V iV í1 i I /1/• /1/ ĩ/

\ i \ i V.1\ 1 -\ 1'i .

Ư(x) 2x. + 1

x + 2(m + 1)x + 1=;0yá^ v ^ = ^ v = 1+ Ị (i

I (x, y) là trung điểm SjS2

m0

x =

y=-

1 2

2

y,+y2

m < -2 V m > 0x - - ( m + 1)

y= “ ( l -m )

m < -2 V m > 0m = - x - l

y = -r+IJ 2

'1*1 1X

y - l + 1ỈX1= -X - I

Vậy quỹ tích cùaTầ phần đường thẳng : (A): y= « +13 2

L N > 1 .

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




38/256

Call B :

Tim a để hệ có nghiệm duy nhất:

íx2 - 2(a - l)x + a(a - 2) = 0 (1)[ ịx2- 5x + 4| - 9X2- 5x + 4 + lOx. |xỊ = 0 (2)

■* CO X € {ã, a - 2}• Xét (2):

- Khi X > 0 : (2) Ịx2 - 5x + 4Ị. + X2 - 5x + 4 = 0 .X2 - 5x + 4 =s 0 « 1

- Khỉ X < 0 (2) « -9X2 - 5x + 4 = 0 X = -1

Vậy (2) « X e {-!> [I, 4J.

fx € [a,.a-2j Hê đã cho trở thành :ị , , ,

■ *(X e í -1]VJ í 1,4]

Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ kh i: '

■[ a s - H ] V J n . '4 'l f a - 2


39/256

Mặt khác trong A ABC có :

_c

r =asin^. sin̂ - 2R sirA. sĩn -̂

_ Ac o £

ẢCOS2

ỉCsin2

ATt s A . B . c r . _A B ;-C r = 4R sin^ ..sirỸ . s in | => ^ = 4 sin^ . s i n | . sìn^

r *Vậy 1 + ^ = cosA + cosB + cosC .

Cãu iv: 1 i. 2 .2

1 . Tính L= Jsinx . eos3x . dx; I = JsinX;(l - Sỉn^). COSX. dxo o

Đặt t = sinx => dt = cosx . dx

Khi X - 0. thì l = 0 ; X = -̂ => t = 1

1= Jt5d - t ^ t = = > I = í | - J0 o \ ■ 6 8 ” 24

2. Chứng minh3rsinx .

: - ^ d x <J X 'Jt

V26

sinx „

— với X eX

71 7C4*3

- sinx, ta c ỏ g’(x)

V x.cosx-sinx=> ỉ (x) = — ^ — —

ACL — A. LUSA- SIilA, la cu y —-Ạ jillA.

Vậy trên. 1 1 g(x) giảm. Suy ra :g j55 g(x) 5=gỆjg(x) ■> f => g(x) < 0 khi X e

b Z

Do đó f’(x) < 0 V X e

Nghĩa là / f(x)

71 714’ 3

>hàm .số f(x) giảm ưên

3 € . , ĩ r ẽ . o f(x) í

7Ĩ 7£4’ 3

ỉ. ầ. 4’3'

[4 J [3J 2iĩ K > Tt ' ' '

c 3̂ 3(1 7if\ rsinx, 2̂ 2/1 7ĩ\suy ra : [ ! - 4ị l / T * < - [3 - ]

*

Vã *f J-‘sinx , — dx


40/256

=> n = (-1, 2, 1) là vectớ pháp của mp (ABC).

Vậy phuơng trình của mp (ABC) :

-l(x - 0) + 2(y - 0) + I (z - 1) = 0 » (ABC) : x - 2 y - z + 1 = 0

+ Khoảng Cách từ D (-1, 1, 1) đếri (ABC) là đường cáo tứ diện :. Ị ĩ - 2 - 1+ ] I 1

V F T ? + F ' y ẽ .. : -

+ Vậy thé tích tứ diện.là: V = | s iCAB.h = = 1

Viết phương trình đườrìg cao DH của tứ diện ABCD

- Ta có n = (-1, 2, 1) lả vectơ pháp của (ABC) có thể lấy làm VTCP củađường thâng DH.

X- 1 y —1 z —1Vậỵ phương trình của DH là : J 2

Viết phường trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt Gầu ngoại tiếp ABCD tại A.* Trứớc hểt ýỉết phương trình của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Già

sử PT mặt cầu (S).có dạng : X2 + y2 + z2 + ax + by + cz + d = 0

Í5 + a + 2c + d = 0

Đo A, B, c, D e (S) nên ta có *.

5 + a ‘+ 2c + d = 02 + a + b + d = 01 +c + d = 03 + a + b + c + d = 0

Giàì ra ta được : a = -3, b = ĩ, c+= -1, d = 03\2

(S) : X2 + y2 + z2 -3x + y- 2 = 0 ( x - f f + (y +2)2 + ( z - = - J

Vậy (S) có tâm I ~r, - ^ I và bán kính R =1̂2 2 2J 2

* Mặt phảng (p) tiếp xúc với (S) tại Ả sẽ cớ vectơ pháp

ĩỉ = AI = - 1-. Vậy phương trình của (p) là:

K2 _ U



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




41/256

Cho các đuờng :

X2 - 2 x + 2 . (H) : y = ---- — — và (T) : y = -X + m

X — I, . _________

ỉ. Định m để (H) và (T) cat nhau tại 2 điểm A và B đối xứngnhau quà đưòng thẳng (D) :

y = X + 3 -

2. Tìm các giá trị của k sao cho trên (H) có 2 điểm p, Q.p

biệt ỉhỏa điều kiện : \_ ■' -Pío+yo'*

Câu 111

Cãu IV

Câu V.A

Câu V.6

I Q JQChứng mình khi đó p, Q thuộc cùng 1 nhánh của (H).

1. Giải hệ phựơng trình :

2. Giải phưong trình: flog2 x j + (x - I) Iog2 X = 6 - 2x

5 COS*2

1. Giải phương trình : 3 - sinx + tgx = — •CGSX

2. Chứng minh bất đẳng thức :

In2 Ĩ > ỉn (n - 1) . in (n + 1) với h € N- và nã* 2.

Giả sữ \ , y , z là những số dương thay đối thỏa điều kiên

X + y + 2 — 1.

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

w _ x y z p — , + ,• +. .x + 1 ỵ + 1 Z + I

Cho mặt cầu (S) có phượng trình :

(x - 3)2 + (ý + 2)z + (z - l )2 - 100 và mặt phẳng

(a) : 2x - 2y - z + 9 = 0 1. CMR : (a) cắt mặt cầu (S)

2. Xác định tâm và bán kinh của đường tròn giao tuyếnphưong trình dường tròn, giao ỉuyền ấỳ.

Ị. Ngăn hàng đề thi gồm 100 câu hỏi. Mỗi đề thi có 5 cáu. Mộtsinh học thuộc 80 câu. Tính xác suất đề học sinh đó rút nnhiên được một đề tíii mà trong đó có 4 cấu hỏi đá học thu



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




42/256

2. Cho lảng trụ xiên, đáy là ỉam giác đều cạnh a. Tính 'diện tích xung quanh của lăng trụ biểt rầpg có một hình cầu nội tiếp ỉảng trụ đó.

GỊẢI

Câ u I : ;

1. Định m sao cho (T) n (H) .= {A, B} đốì xứng nhạu qua (D)

• Phương trình HĐuĐ của (T) và (H) :

X2- 2x-+ 2 _ ,x + m ^ . 2x2- (m + 3)x + m + 2 = 0 (1)X- 1 ' •

• (H) cất (T) tại 2 điểm A,B « A =Jjn + 3)2 - (m + 2) > 0

o m 2 - 2 m - 7 > 0 m < i - 2"V2. V lĩ ì > I +• 2v 2 (2)„* Tọa độ giap điếm I của đirờng tháng (D) và (T) là nghiệm hệ phựơng trình:

í m -3 'ív = x + 3 Ịx ~ 2 m + 3)Ịy ĩ - x + m ° m ; 3 Vậyl | 2 ' 2 I

- Ịy 2

• Trong điềụ kiện (2) thì A và B đối xứng vớrrihau qua (D) khi và chỉ khi: ỉtning điểm A B X A+ Xg = 2Xj

m'+3 _ J m - 3 Ì m = 9 (thỏa-đk (2))

? I 2 J ■ ,",■ ' Xp + yp = k

2. Để tồn tai 2 điểm p, Q phân bỉêt nằm trên (H) thỏa I _ thĩ điều kiên. ' - T [xQ+yQ-

cần và đủ ỉà hệ phương trình :fx + ỵ = k * .

X2 - 2x + 2 (*) cớ đúng 2 nghiệm phân biệt.

X - ỉỊy = k-X

Ta có (*) | k _ x = x 2x + 2 ° jf(x) = 2x2 - (k + 3)x + k + 2 = 0

. Hệ (*) có đúng 2 nghiẹm phân biệt phường trình f(x) = 0 có 2 nghiệm phân b i ệ t .

A = (k '+ 3Ý - (k + 2) > 0 « k 2 - 2k - 7 > 0k < 1 - 2>/2 V k > 1 ;+2 /̂2

• Khi đó f(l) = 2 - (k + 3) + k + 2 = 1 > 0 vậy các nghiệm Xp,XQcủa phuơngtrình f(x) = 0 thỏa :

Xp < XQ < 1 hay 1 < Xp < XQ

Vậy vớị k < 1 - V V k > 1 + 2^2 thì tồn tại các điểm p, Q thỏa điều kiệnđề bài và khi đó chứng thuộc 1rihánh của (C).

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




43/256

CáuU: ỉ H Ĩ >IS? Z?M-ọ£ĩ S:

1. Giảị hệ phuớng trình

• TXĐ :x>.7 ,y > :7 .fx + y -6 '+ 2 \ky + y - 7x - 7 = 16

. * ' ^ 1x + y -6 + 2Vxy + x - 7 y - 7 = 16

jWxy + ỷ - 7x —7 = Vxy 4-.X - 7y■- 7^ ịx + y - 6 + 2‘Vxy + y - 7 x - 7 = 16

° { & - 6 + 2 V Ĩ M Í T = 16 ^ X= y = 8 .

Vậy hệ có 1 nghiệm (x, ỵ) = (8, 8).

2. Giải phương trình : ^0ỗx) + (x ' 1) log2 X= 6 - 2x (1) •

• TXĐ : X> 0

• (1) o (ịog2xj2 + (x -1 ) log2 X + 2x - 6 = 0 '

Đặt t = Iog2Xta được :t2 + (x - l)t + 2x - 6 = 0 (2)

A = (x - l )2 - 4(2x - 6V= X2 - 10x + 25 = (x - 5)2 ̂ 0

Ị~t = -2Vậy phương trình (2) có các nghiệm :

+ Nếu t = -2 thì ỉog2 X = -2 « X = Ị

+ Nếu t = 3 - X thì Iog2 X = 3 - X (3)

Ta thấy (3) có nghiệm X = 2, mà vế trái là hàm đồng biến, vế phái ỉầ hàiĩi

nghịch biến nên nghiệm đó là duy nhấí.

. • Tóm lại phuang trình đá cho có 2 nghiệm X = \ và X = 2.

Câu ID : c 4 X5cos I

1. Giải phường trình : 3 - sinx + ỉgx = —:----- . .cosx

• Nhận thấy các nghiệm của cos^ = 0 không là nghiệm củạ phương ứình

đã cho nên có thể đặt t = tg^. Khi đó phương trình đá cho trở thành :c X5 cos r

2t _2t 2 = 5 •

1 + 12 + 1 - 12 X X 1 - t cos 2 2

jf(t) = 3t4 - 4t3 + 2 = 0 ^ f ’(t) = I2t3 - 12t2 = 12t2(t - 1)[t*± 1

42



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




44/256

-L

Bảng biến thịên :

t 00 1 +000 . + ■

f(t>1 -

Vậy f(t) ^ I, V t =* phương trình đã cho vô nghiệm.

2 . CMR : Jn2 n > In (n - 1) . ]n (n + 1) với n e N và n & 2

• Với n = 2 BĐT được nghiệm dúng.

• Với n 5s 3 BĐT tượng đương với.ln n ln (n + 1)

Ih (rí - 1-) ln n

Xét hs f(x) =lnx

vớì X e (3, +00 )In (x- 1)

ln (x - ĩ) _ lnx lnx Inx

Ta có : f ’(x) = xX - I ' X X - 1<

Do đó f’(x) <In (x- I)-lnx In2 (X - 1)

x(x- 1) ỉn (x- 1)*

Suy ra hàm số f(x) nghịch biến .với X 3s 3

Vậy với 3 =£ n < n + i thì f(n) > f(n + 1) «

Câu IV:ỵ

M l + I i (BPCM)In (n - 1) In n

Tìm GTLN của p = ‐ + -^ —- + - —-• X +1 y+1 Z+1

Ỵl ■1 ị 'Áp dụng kết quả với a, b, c > 0 t h ì : (a + b + c) ỉ - + £ * —

Đấu - xảy ra « a = fa = c .

Ắp dụng BĐT này vói a = X + 1, b = y + 1, c = 2 + 1ta có :

1 1 1 9 _ 9X -1 + y + 1 + + 1 """ (x +I) + (y + 1)+ (z + 1) 4

' í í i n * x + ! y 1 1 z+ 1J 4

-

p = f l - ! - ) + ( V - .+ ( V - t - ỉ - A - = 3 - Í - L - + + - í - ìV x+ \) V y+ ly \ Z+ - ■ ( x + 1 y + 1 z + ỈJ

3 IVậy p ^ dấu = x = ỵ = z = -ỳ

Do đó = I khi:x = y .= 2 = 3

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




45/256

Càu ¥ J :1. CM.R : (a) cắỉ (S) :

(s) có tâm ỉ (3, -2, 1) và cố bán kính R = 10

2 . * Xác định tâm và bán kính .cùa (C) ^ -----

- Gọi (d) lặ đường thẳng đi qua ĩ (3, -2, 1) và vuông góc với (à)... (

- Gọi H )à tầm cua (C) thì H ỉá giao điểm của (d) và (á)- Thay X, y, z từ phựơng trình.-của (d) vào phương trìnhcủa (a) ta đượ

2T3 + 20 - 2(-2t - 2} - (-t + I) +■■9 = 0 «< t = -2

Suy ra H (-1, 2, 3)- Gọi r ỉậ bốn kính cừa (C), ta có : r 2 = R 2- iH3 = 100 ' 36 = Vậy r = ■

* Phương trình cùa đường tròn (C) : Ị x̂ _ ̂ + ̂ + ̂ + (z - 1) = 100[ 2 x -2 y - z + 9 = 0.

Câu :

1. • Số đề thi cố thé tạo đuợj ỉà c?0£• Số đề thì chứa 4. câu hỏi mà học sinh đã học thuộc ỉàC ^ . c ịồ

• Gọi bán kính hình cầu nội tiếp là r thì chiều cao cua lăng trụ ỉà h =

c? c18" • 20

s


46/256

Đề 9

M U Cho hàm số y = & ± lầ L ^ m ^ ± lỂ j= l có đả thị (c )." x -m . ' m

ỉ. Vói giá tn nào của m ihìhàíD-số hiôn nghịch biến ữêiỉ tùng khoảng xác định của nó.

2. Chứng tỏ Tầng tiệm cậnxiên cửả (C^ 5ỉĩôn tiếpxức vóimột parabol CO định cồ trục đốịi xứng Song i/oiig Ọy.3. Chúng minh' rằng khi m thay đổi, đồ thị (C) của .hàmsố đỉ

qua mọi điểm của mặt phẳng tọa độ.

Giài và biện ĩuận theo tham số m các phương trình:

1. Vx2 - 3x + 2 - X = m . 2. Icg_j_ (x + 2|m|) = 0

Câu ỉll „ . - , ___ ̂ a + sinx + 2cosxCho hàm so ý = —— — --------

2 - ã n x - c o s x1. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số với a = 1

hôn 4.

2p +a 2p+ b 2p + ca- fb + c

vói p = —— -----

Trong không gian Oxyz cho các điểm A (2, 0, 0) ; B (0, 4, 0) ;c (, 0,4) ■ỉ. Viết phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm o , A, B, c Xác định tọa

độ tâm 1 và báii kính của mặỉ cẩu đố.

2. Viết 'phương trình mp (ABC), viết phưong bình tham số của đường thẳng đi qua ỉ vàvủông góc mp (ABC).

3. Viết phương trình đựờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC trong không giạn.

4. Viết phương trình mặt cầu đi qua điểm M(-í, -1, -1) yà chứa điiờng trờn (C) nới trên.

45



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




47/256

' ;:xGIẬ Ụ_ . ' Câu I : ' ^ ' 1. Định m đé hàm số nghịch biển trên từng khoảng xác định :

: ( t ì : ý = (m + i ) x! + m - — : ~ "m ■ . ■ ■- x - m

'' • 'Miềri xắc đinh : b —R \ {in} '•

, . r . , , 2 (m+ l) (x-m )2 + 2 . .

ụ * ụ.ànp $o,ngh|Gh l? ịe n ^ n ^^ g .ỉ$ ó ặ |ìg :; ^

Ý *=0 V Í X 5 * r r í % 2^ 0;M (m + l)x2 - 2m(m + l)x + m2(m + I) +2=s 0 V X#m, ẸỂự^ọỷý.d

-:&ĩỉ'

V Wb=ịThi(iT)..r l)2'T-:(níbf l)[m2(m .+ I) +:2] < ữ • i~ AÍ •• "A, fm + 1 0 . fin ‐1 J. i_-*_ ilv ' : vô nghiệm. ÍỊ

[m + 1. > 0 Ịm ‐1 ... h ' ' ,

Vậy không có giá trị nào của m đệ-hầrn số:Ịuốb nghịẹh bỉến trên từng lchỏãngxác định cúa nó. . . . . . . . : . ní / ‐

2 . Tỉệm c ả n T^'parabol-cố’đình.:■•j.

- Tiệm cận xiên (Cm) là (Dm) : y = Cm + ị)x + m2 - m(m*- ỉ) ^ý\;.ỹyị- 'Xét pạràbeỉ (p)- *. y = ax2f+. bx + c ; - •••"' ••- Phương tnnhjHDGD c ủ a iợ ) vặ (P).;: ... . , , . , ; V...

ax^ +-bx >f c = (m -Kl)xr: + m2 - m «> ax2 + (b -.m - I jx -r c - m2 + m = 0 (m *-1)

(Dm) tiếp xúc (P), V m * - ỉ •» phương trình trên có nghiệmkép V m * *1 CỊ

A = 0, V ItỊ ̂ -1 :;V, ; ^ (b - m - 1)2 - 4a(c - m2 + m) = 0, V m ?É-1 (.1 + 4a)m2 T2(2a + b ỉ.)m + (b - I)2 - 4ac = 0, V m * -1

[l + 4a = 02a + b - 1 = 0 .2, m X■ ‘ t ‘

í



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




48/256

•

m3 - m2 + (2x - x 2 - y)m + xy—x?+.2 *0 :■vx3 - X2 + (?x - X2 - y)x + xy - X2 ■+2 *0

Ị m3 - rh2̂ +'(2x - X - y)m + xy- X2 + 2 =02*03 2m - m2 + (2x-X - y)m + xy,-X2 + 2 = 0 (*3 ,

(*) là phương trình bậc 3 nên nó có ít rưiất ĩ nghiệm m .(hiển rihĩên m * x).

Vậy (Cm) đi quá mọi điểm của mặt phẳng tọa độ.Câu Ỉ1: '.;vì; ■, V ■

1. Giải biện luận phương trình : Vx ~3x+2 - X= m ;

* Ta có : Vx2 - 3x + 2 - X = m Vx2-'3x-r2- = X -f m[x + mằO ■... ầ r̂ ns;-: o ĩ , .

^ |x 2 - 3x + 2 = (x +m ỷ ^ j^rrr* 3)x = 2 - in2 (2)"

* .Nếu m ‐ ‐ thì (2) vò nghiệm" ih ' i:' ~ ■

* Nếu m y*- ̂ thì (2) X"2 2m + 3. ... . :

nghiệm này thỏa (1) o2m + 3 2m + 3

Tóm lạì:

• Nếu

-2 -1

m ầ ‐1

2 - m

Phuơng trình đã cho có 1 nghiệm X ~ ~ ~ ~2m +.3

ế

. Gìài biện luận phương trình : log 1 (x2± 2Ịmị) = 0

m


49/256

Kết hợp với điều'kiện trên, tá suy ra :

+ . Nếu m € 0̂. và m * 0 phương trình có hai nghiệm

= ± Vl -2 ; ml

+ Nếu m = ±~ phương trình'có nghiệm X = 0

+ Nếu ịm| > ^ hoặc m = 0 phương trình vô nghiệm.

Câu ỉ n :1. Tìm max y, min y với a = 1

, . 1+ sinx + 2ccsx• Với a = 1, ỳ = ——“ - (1)

2-sìnx-cosx

• Ta có : 2 - SÍIEV' *cosx “ (1 - sir + (1 - cosx) > 0, V X e R

V ạ ỳ *vxXlí i L/- — R.

• Xem (I) là phuơng trinh với ẩn số X, ta có :

(I) (y + 2)cosx + (y +. l)sinx = 2y - 1(1) có ngíỹệm ■» A2 + B2 2=c 2 « \ (y + 2) 2 + (ỵ + Ị)2 *(2y - ọ 2

ốy2 - lOy - 4 SỄ0

2 r. « 5 -^ 3 3 _ 5 + V33c* y2- 5y - 2 0 « Y ~ ^ y « -~ 2 ■

5-VỖ 3 . 5 + \ )§3Vậy min y « — ; max y = — —

^ a + sinx + 2cosx2. Tim a : max y < 4. Ta có y = " , . -------- (2), .. 3 2 -sìnx -co sx .

• (2) « (y + 2)cosx + (y + l)sinx = '2y - a

» C2) có nghiệm o (y + 2)2 + (y + 1)2 > (2y - a)2

2 ̂ - 2(2a + 3)y + a2 - 5 i 0o f(y) = 2 / - 2(2a + 3)y + a2 - 5 0

f(y) có A’ = (2a + 3)2- 2(á2 - 5) = 2a2 + 12a + 19 > 0

Với mọi a nên f(y) luôn có 2 nghiệm yp y2 (yj. < y2)Vậy f(y) 0 y y =ssý => riiax y = y"

ị f(4) > 0 ,

Do đó max y < 4 o y, < y, < 4 0

f + Vẽl

5 á < 8 - V

Vậy với a < 8 - V6Ĩ thì max y < 4.a < 2

48



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




50/256

Câu IV:„ _____ „ _ 2p - a 2p - b 2p - c

CMR : cosA + cosB + cosC ^ ĩr~~~ + ỉ r _ 2 p + a 2 p + b 2 p + c

•Trước hết học sinhcần chứng minh bất đảng thức quẹn thuộc : VP - cosA3

+ cosB + cosC a s (1) .

Dấu = xảy ra A ABC đều

(Học sình, tự làm)2d - a 2 p - b 2p - c b + c c + a à + b

• VP = ^ ----+=r------+-=i------ — ------ ------+ ------ ------+ ------ ------2p + a 2p + b 2p + c • b + c + 2a c + a + 2b a + b + 2c

Đặt b + c = X : c + a = y ; à + b = , ta đuợc : ' - ' .

VP - +^ ~y + z Z + X x.+ y .■■■-■

_ _ 3. Ta sẽ chứng minh VP 2= ̂ (2)

Thật vậy; Ví5 = —~ + I t + I ■+— “ + 1- 3■. y + z ' Z + X x + y/. . \ í ỉ •1 - . .1 Ỵ= (x + y + z) — _ + +- ^—- - 3

• | y + z 2 + x x + ỳj

= Ị[ ( x + y) + (y + z) + (z + x)] I ——-+ -- Ì- + —— I- 32 •• ợ + z Z.+ X x + y J

Sử dung BĐT : (a +. b + c) f“ + ; + ~ | 9, V a, bi, c> òIa o. c )

Dấu * » a - b = c

_ ] 3Vậy VP 2* 9 - 3 = ^ và dấu = X= y = z

tức là a - b = c hạy tam giác ABC đều.

■I 1 .

• Từ (ỉ ) và (2) suy ra bất đẳng thóc cần chỏng minh.

Càu V :

• Điểm 0( 0 ,0, 0) e (S) d> 0 (Ị)• Điểm A (2, 0, 0) e (S) 4 + 4a = 0 (2)• Điểm B(Ọ, 4, 0) e (S) ỉ + b = 0 (3)• Điểm c C0, 0, 4) € (S) 16 + 8c = 0 (4)Giải hệ phương trình trên ta đuợc :

a =-1, b =-2, C =-2; d ==0 • 'Vậy (S) ; X2 + y2 + z2 - 2x - 4y - ,4z = 0

(S) : (X -1)2'+ (y - 2 f + (z - 2)2 = 9 .

Vậỹ (?) có tâm I (1, 2, 2) bán kính R —3



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




51/256


52/256

2. Giải bất phuong trình :

11 ĩ logi \ I2xF^3x +T Iogi(x+ỉ)

2 . . 2*

Câu IIK Cho A ABC có độ dài các cạnh a, b, c và số đo các góc là A, B,c. Chứng minh rằng :

1. ab(a + b - 2c) + bc(b + c - 2a) + ca(c + a - 2b) Ss 0

1 1 I2.

sin'V2,

Sinn—Ị sin11À

12

Cãá rò 1. Cho hàm số f liên tục trên [0 ,7c], chứng minh :

Jx . f(s ii uộd x 5= 71.o

. K ' 2. Tính I = J:J I

o 1

. dx

xsmx9 + 4co^x

dx

Tròng mp Oxy cho hai họ điròrng thảng (đ) và (


53/256


54/256

Câu n :

1. Giải, hệ

■2x •y T ^

z = Y ~ ỹ . Đặt X = tgcc vớỉ; a e ( - | , | ) và a * ±

2zX = -ý'

1-Z2 -y-.tg2a ỉóc

lành : z = tg4a. Do đó tga ~ tga a - ~ -X = t g 8 a

1-Z2

y=f tg2a ■ kxHệ trà.thành.: jz = tg4a. Do đó tga~ tg a VL~~r- (k ẹ Z)

. X = tg 8 a

—' ít 7U kjr TE 7 7 A n 11Do 2 < a < f ^ 2 < 7 , ' Io g L W -3 x + l . logỊ(x+I). 2 2

------- — - < -■------------------* ^ (2)io2 W - 3x + Ị. ỈQg2 (X + 1)

x> 1 hayx 0 * > ‘ nay 2 r 12 “ 0 - I < X < f - (X ? t O )

. Điễu kiện J_ ~ + ** * í x^Ovàx* . « ■{ 0

r + , ? ,Ịx +1 * 1 X> -1 . [ V 2)

' X.ntO . ...* log, (x + 1) > .0 «►X + 1 > 1 X > 0

............ . [x 0* Iogz ̂ 2x2 - 3x + 1 > p V2X2"- 3x +T > 1 2X2 - 3x > 0 « 3

Bảng xét dấu

n 1 • 3 .X -ao -1 0 ~ I +00 -

2 2 ,

Bảng xét dấu

X

Iog2 (x + 1) ~ ■0 + +. +

log, V2X2- 3x +1 + 0 - - 0+

Xét các trường hợp sau đây:

• -1 < X < 0 : VT (2) > 0 và VP (2) < 0 => BPT vô nghiếm.

• 0 < X < ~ : VT (2) < 0 < VP (2) => BPT nghiệm đứng V X € (0. 2)

53



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




55/256

o ' 31 BPT nghiệm đúng V X e ^1, —^

• X > I : ( 2 ) « log^ (x;+ I) < lo ^ V2X2 - 3x +1 .(x + l) 2 < 2x2 - 3x Hh 1 X2 r 5x 5» 0 X > 5

Vậy tập nghiệm của BPT là : S = (0, 2) ̂ 0 ’ §) ̂ ^Câu IU:1 . Chứng minh : ■

ab(a + b - 2c) + bc(b ~+. c - 2a) + ca(c + a - 2 b) 3S0 (1)(1) a2b + ab2 - 2abc;+ b2c + bc2 - 2abc + c2a + ca2 - 2abc 3# ■0

b{i2;-+ c2 - 2ac).+. c(a2 + b2 2áb) + a(c2 + b2 - 2 bc).=0b(a - c)2 + c(a - b)2 ■+••a(c - bi)2 2* 0

- Dấu = xảy ra a = b = C' A ABC đều.

2. Chứng minh :.'2 A • 2Csínf sir?f sinf

12 (23

2 2 2

Trước hết ta chứng minh : sỉri^. sirt^ . sin—ss ^ (3)2 -■ .2 . , -2

n,v: , ™ 1 r Í Ả - B ) fA+BY, . c , 1Tà có (33 * ] ] sirf . * ĩ

r* 7» dN r1 ; 2C Ỵ a - b V c 1sin —- COS —-— . sirĩr + ‐ 5? 0

2

' 2 + 4

' r . c 1 J A - B Vn : "2 ~ 2 ^ 2 j

Vậy (3) được chứng minh. Đấu = xảy ra o A = B = c

A —BỴi2 1, 2 (■A —B+ 4 2

Ạp dụng BĐT Cauchỷ và bổ đề trên tà có :1 ____ 1 ì

. A . "2 ̂ -2sin 77 sin — sin -H 1

Đẳng 'thức xảy ra « A = B = C.

Câu IV : £V . , . 21 . CMR : | x . f(sìnx). dx = t ;.{f(siưộ. dx

/ . A . L_ B . C\2( sìnt - sm? - sinĩ )

3W = 12 Cđpcm)

71Xét Jx . f(sinx). dx

0 .Đặt X - 7C - t => d x = - đ t k h i X = 0 => t = 71,X = 7t th ì t = 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




56/256

1C . • * • *•'n• k'.,

Do đó j x . f(sinx) . dx = J(7t - t ) f(sinộ . dt =. n . Jf(sinx) dx - Jxf(sinx) ỎX O' o o o

(vì tích phẩn không phụ thuộc biến số)

Suỵ ra : fx f(sinx) dx = y . Jf(sinx) dx (1)o o

■ TC. 7t 2 Jĩ • jf(sinx)dx= Ịf(sirưặ dx + Jf(sirựộdx

o o £2

Đặt X= Ĩ - 4u => dx - -du khi x.= ~ =*u = ỹX.'- ĩE=>ụ = 0

rc ítJC'■ 2 2Jf(sinjộdx= Jf(simỊ)đu = Jf(sỉnjộ dx.(2)

JẸ o o2 E

' l í 2Từ 0) và;(2) => jx f(sinjộ dx = . |f(sinx) dx

0 o * ~ •JT-

2f'Tính I =í o :

, , r xsinxh 1 1 ----- „ dx

̂9 + 4cos X

X �

Documents

30 BỘ ĐỀ TOÁN HÓA SINH LUYỆN THI ĐẠI HỌC KHỐI B - NGUYỄN VĂN QUÍ