1
Bài 1: Cho hàm số
2
12 xxy
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Gọi A và B là các giao điểm của (C) với trục hoành (khác gốc tọa độ). Tìm tọa độ những điểm I thuộc
(C) sao cho tam giác IAB vuông tại I.
Bài 2: Giải phương trình:
xx
x
xx
cossin
1sin
1cotcos12
2
Bài 3: Giải hệ phương trình:
2
4028
!2014.2!4028
Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
20)5(:)(
22
yxC
và đường thẳng
(d): x+y+3=0. Tìm tọa độ những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho M,N đối xứng nhau qua
trục tung.
Bài 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
3
1
42
3
:
1
zyx
d
và
52
3
1
3
:
2
ĐỀ SỐ 1
2
Hay:
2
1
2
1
)(1
0158402211
2
2
246
2
3
m
m
loaim
mmmmmmm
1
2
1
Im
Vậy có 2 điểm I thỏa mãn điều kiện:
2
1
;
2
1
I
và
2
1
;
2
kx
kx
xx
x
4
0cossin
0sin
01cossincossin
cossin
1sin
cos1
2
cossin
1sin
sin
cos12
2
xxxxttxxxt
Phương trình (*) trở thành:
101201
2
1
2
2
ttt
t
t
2
2
y
x
Đặt
2
2
)0;(;
2
2
2
2
13248
272
23
2
uvu
vu
Thế phương trình đầu vào phương trình còn lại:
2
1
03221
012872
132728
234
2
23
u
u
uuuu
4
7
2
2
1
2
22
2
1
2
y
x
y
x
v
u
1
1
dx
xexe
ex
dx
xex
x
I
xx
x
x
Đặt
dxexdtxet
xx
11
Đổi cận:
x
t
2
1+2e
2
1
1+e
2
e
Vậy:
2
21
)1(2
ln
.
Thể tích tứ diện ABCD là:
6
3
1
3
a
SABV
BCD
Gọi V là thể tích cần tính:
36
'
6
1
'' '
3
a
V
ADACAB
ADACAB
V
V
Bài 6: Đặt n=2014, bất đẳng thức trở thành:
22
Ta sẽ chứng minh
2
)1(222
)!1(.2)22).(12.()!.(2
kkkk
kk
4
2
22222
)1(4)22).(12(
)1.()!.(4.2)22).(12.()!.(2
kkk
kkkkk
kk
42
(luôn đúng).
(**)])!1.[(2)22).(12.()!.(2(**)
2)1(222
VPkkkkVT
kk
1
03
205
yy
xx
yx
yx
(*)
4
2
2
1
1
1
1
2
y
x
x
, tọa độ M,N lần lượt là: M(1;-2); N(-1;-2)
*Với y
2
=4 thì:
4
7
7
), B(-3+t
2
; 3+2t
2
; -5t
2
)
)135;342;62(
121212
ttttttAB
Vì AB//Oy nên:
13
100
;
13
116
;
13
19
A
, từ đó viết được phương trình (d):
13
100
13
116
Bài 9: Đặt
);(; Ryxyixz
Ta có:
xyiyxyixz 2)(
2222
;
xyiyxyixz 2)(
2222
Theo đề ta có:
02
)2
)(22
2222
2222
1x2
1x
y
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm giá trị m để đường thẳng
2mmxy
cắt (C)
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho IA = IB
Bài 2: Giải phương trình:
15cossin2
2
xx
Bài 3: Giải phương trình:
464.34log564.34log764.34log564.34log87
4
2
2
22
2
4
2
2
22
2
ba
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
112
2244
babaP
ĐỀ SỐ 2
6
Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác
ABC
và hình vuông
MNPQ
với
NM,
lần lượt là trung
điểm của
ACAB,
;
QP,
nằm trên đường thẳng BC. Biết
)4;1(,)1;3( MA
và độ dài của cạnh hình vuông
,2
12
1
xmmx
x
x
(*)03532
2
mxmmx
(d) cắt (C) tai hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
khác
2
1
0
0
2
1
0256
0
03
2
1
.53
2
mmm
m
mmm
m
Đặt
),(,),(
BBAA
yxByxA
. Ta có:
m
m
xx
m
m
xx
BABA
2
3
.,
2
53
4
3
;
4
53
4
3
4
53
2
22
4
53
2
1
;
2
1
I
.
Gọi
)(
là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc đường thẳng (d). Ta có phương trình đường
thẳng
)(
:
2
1
2
11
:)(
2
1
2
11
mm
m
m
m
H
1
1
5
055
23
m
m
m
mmm
So sánh điều kiện, bài toán thỏa mãn khi m = 5, m = -1, m = 1
3
0
2
3
cos
k
x
x
Vậy phương trình đã cho có 4 họ nghiệm:
7
2
7
k
x
và
3
2
3
k
x
Bài 3: Điều kiện:
0
0
:,
64.34log564.34log7
64.34log564.34log87
4
2
2
22
2
4
2
2
22
2
v
u
đk
v
u
xxxx
xxxx
(*’)
Ta có hệ phương trình:
80
1
3
03362569616
4
23
v
u
uuu
uv
(thỏa đk (*’))
0664.34log564.34log
164.34log564.34log7
364.34log564.34log87
2
2
22
2
4
2
2
22
2
4
2
2
173
log
2
173
4
)(0
2
173
4
024.34864.34
4
22
x
loai
x
x
xxxx
2
1
,
2
173
log
4
xxx
Bài 4:
KHxdxdxxxdxxxxdxxI
4
0
4
0
4
0
22
4
0
2
1tan11tantan
dvdx
x
xu
tan
cos
1
2
2ln
2
1
4
0
4
coslntantan
0
4
tan
4
0
xxxxdxxxH
;
0
60'
ˆ
'')''(' CBKBKKCAMKCAABBKC
,
lại có:
2
5a
BKAM
Xét tam giác BKC':
4
15
''.'.
2
1
;
2
15
'
2
'''
a
KCBAS
a
KC
CBA
4
3
.
2
2
a
SAHV
a
PQBPS
a
a
a
BC
S
AH
PMQPMQAPMQ
ABC
Dễ thấy
2
5a
MQAM
, theo định lý trung tuyến thì:
5
15
5
8
S
V
AMQPdd
a
AQ
AQ
AMS
a
AQAAAQ
aCBBACA
QA
AMQ
AMQP
AMQ
Bài 6: Theo đề ta có:
0162252
92525
2525
2
, suy ra:
2
6
22
82
0162.102
22
22
2
Vậy MaxP=10. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=1.
Bài 7: M là trung điểm AB
)7;5(B
Đặt
);( baQ
. Theo giả thiết ta có:
5,4 AMBMMQ
MBQ
vuông tại
Q
nên
31625
22
MQBMBQ
Vậy ta được:
3
4
BQ
MQ
baba
06468
0182
22
ba
baba
3
32
3
4
026517825
2
ab
nên ta có phương
trình đường thẳng MN là:
013 x
Vì
MNN
nên
1
N
x
. Theo giả thiết, ta có
164114
22
N
yMN
)0;1(0
)8;1(8
Ny
Ny
N
;
25
72
( BQ
Đường thẳng MN đi qua
)4;1(M
và nhận véc tơ chỉ phương
)7;24(
25
3
)
28
21
;
25
72
( BQ
nên ta có phương trình đường thẳng MN là:
0103247042417 yxyx
Lại có
092165000625
7
89
7
24
164
7
96
7
24
7
103
7
24
2
25
72
;
25
128
;
25
71
N
: N là trung điểm cạnh AC nên ta được
25
231
;
25
67
C
*Với
B
,
1;5
)7;5(
C
B
,
25
231
;
25
67
7;5
;; zyxM
Vì (d) thuộc
)(
nên
nu
và
//d
nên
)5;3;4(;
nnunu
Mặt khác M thuộc
)(
nên:
022
000
zyx
(1)
Mà
22
722
000
000
zyx
zyx
, chọn z
0
=0 thì:
5
12
5
11
0
0
y
x
=0 thì:
0
1
0
0
y
x
, do đó phương
trình tổng quát của đường thẳng (d) là:
534
1
zyx
Vậy có 2 phương trình đường thẳng (d) thỏa mãn điều kiện:
53
5/12
4
5/11
zyx
3
32
3
23
3
23
23.323131(*)
2
2
Vì
iz
3
2
nên
iz
3
2
. Vậy phần thực của z bằng
3
2
, phần ảo bằng -1.
Bài 1: Cho hàm số
12
1
Bài 3: Giải phương trình:
11
4
29
1
2
xxxx
Bài 4: Tính tích phân:
2
0
sin.cos
cos.sincos
dx
xex
xexx
I
x
x
Bài 5: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có
ABD
trong của góc
NDM
ˆ
có phương trình là
063 yx
. Tìm tọa độ đỉnh D của hình thoi ABCD.
Bài 8: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
05yx:)P(
và đường thẳng
1z
t2y
t2x
:)d(
.Viết
phương trình đường thẳng
)(
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc đường thẳng (d), đồng thời khoảng
cách giữa
)(
và (d) bằng
5
2
0
0
x
x
x
x
xx
y
Gọi A và B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến và 2 trục Ox, Oy. Khi đó:
2
0
0
2
00
2
0
16
12
;
6
12
x
xxxx
G
Vì G thuộc đường thẳng 4x+y=0 nên:
.4
00
0
2
0
0
2
0
2
0
0
2
00
2
0
xx
x
x
xx
x
xxxx
Từ đó ta tìm được 4 điểm M thỏa mãn điều kiện đề bài.
Bài 2: Điều kiện:
k
x
kx
k
x
Khi đó:
13
(1)
32tan.
2
tan1
2
tan1
.
sin
x
xx32tan
2
sin
2
cos
2
sin
2
cos
.
sin
sin1
x
xx
xx
x
xx
212
32cot32
cossin
3
5
2
11
2
9
111
2
11
2
9
1
11
2
9
11
2
2
2
0
2
0
sin.cos
cos.sin.sin
sin.cos
sin.cos
dx
xex
xexex
dx
xex
xex
I
x
xx
x
x
2
0
ABCD
là hình bình hành (gt)
ABCD
là hình thoi. Gọi
BDACO
Ta có :
)''('
)()'(
DABAdoBDOA
BDAC
BDABCDBDA
góc giữa hai mặt phẳng (A’BD) và (ABCD) là
o
OHA 60'
^
60tan.'
a
HOHA
o
Thể tích khối hộp
''''. DCBAABCD
là:
4
3
2
.
4
3
.2' 2'.
32
aaa
HASHASV
ABDABCD
Ta có
))'(,())''(),'(()'','(
)''(''),'('
)''//()'(
BDACdDCBBDAdDBBAd
Ta có:
CKO
đồng dạng
OA
CO
HACK
OA
CO
HA
CK
HOA
'
.'
''
'
3
3
60cos
',
2
3 aHO
OA
a
AOCO
o
4
3
3
26412
cos.cos1cos.sincos.sin
Đặt t=cos
2
a, vì
2
0
a
nên
]1;0[t
. Suy ra:
n
m
ttP
3
2
12
.1
Xét hàm số:
]1;0[:;.1)(
3
2
DTXĐtttf
n
m
0.1.3.1.2)('
13
2
3
12
Ta có bảng biến thiên:
15
t
0
mn
n
23
3
1
f’
+ 0 -
f mn
mn
mn
mn
khi
mn
n
x
23
3
Mà
)(
12
tfP
nên
12
23
23
2
;0
)23(
)2.()3(
mn
mn
a
mn
mn
PMax
Vậy
12
23
23
2
;0
)23(
)2.()3(
mn
mn
a
mn
mn
PMax
khi
mn
mn
a
ˆˆ
NDMBDMNDB
Gọi K là điểm đối xứng của P qua đường phân giác góc
NDM
ˆ
(H là trung điểm KP), đường thẳng
qua P vuông góc với DH có phương trình:
043 yx
.Suy ra
2
233
;
2
332
H
, vì H là
trung điểm KP nên dễ dàng tìm được:
331;33 K
03
2
3
2
3
30cos
22
0
*Với a=0 thì phương trình DK là:
331y
, suy ra tọa độ điểm D là:
331;33 D
16
*Với
ba 3
, chọn b=-1 thì
3a
, phương trình DK:
03623 yx
, suy ra
63;1 D
Vậy có 2 điểm D thỏa mãn điều kiện đề bài là:
331;33 D
01z0)1z(3:)Q(
.
Gọi
)z;y;x(H
ooo
giao điểm của (Q) và
)(
)2(01z
)1(05yx
)P(H
)Q(H
o
oo
Ta có:
)0;3;6(v;u
,
oo
oo
oo
Từ (1), (2), (3a), ta có hệ phương trình:
1z
)1;1;4(H1y
4x
027y3x6
01z
05yx
o
o
o
oo
o
oo
Với
)1;1;4(H
:Đường thẳng
)(
cần tìm đi qua H và nhận véc tơ chỉ phương
)3;0;0(v
phương trình đường thẳng
)(
:
t31z
1y
4x
Với
)1;11;6(H
:Đường thẳng
)(
1
<x
2
<x
3
<x
4
sao cho: x
2
-x
1
=x
3
-x
2
=x
4
-x
3
Bài 2: Giải phương trình:
1coscos2cos)sin21(
42
xxxx
Bài 3: Giải hệ phương trình:
xx
I
x
x
x
Bài 5: Cho lăng trụ xiên ABC.A’B’C’ có đáy là các tam giác đều. Hai mặt bên (A’AB) và (A’AC) vuông
góc với nhau. Đỉnh A’ cách đều các đỉnh A,B,C; gọi O là trực tâm tam giác ABC, khoảng cách từ O đến
cạnh AA’ bằng a. Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho.
Bài 6: Cho hàm số
cbxaxxf
2
)(
sao cho a<b và
0)( xf
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
ab
cba
P
Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d):2x+y-6=0 và (d'):x+2y-4=0. Viết phương
trình đường tròn (C), tâm I(2;4) biết rằng (C) cắt (d) tại hai điểm A,B; (C) cắt (d') tại hai điểm D,E sao
cho:
5
16
DEAB
.
1
1
2
1
3
2
1
2
xxP
A
C
C
A
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xx
x
Bài 3: Giải bất phương trình:
3
2
14
1
105
1232
xxx
xx
Bài 4: Tính tích phân:
2
1
2014
1xx
dx
I
7
2
1
;
3
7
1 zyx
Bài 7: Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn
8)2()3(:)(
22
yxT
, đường thẳng (d): 3x-2y-15=0
và điểm E(-1;3). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với (d), cắt (T) theo 1 giao tuyến là đoạn AB
chứa E sao cho BE=3AE
Bài 8: Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu
8)3()1(:)(
222
zyxS
và 2 điểm A(0;3;0); B(4;3;-
2). Tìm điểm M thuộc (S), sao cho tích
BMAM
.
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 9: Trong khoảng (100;10000) có bao nhiêu số tự nhiên chẵn và chia hết cho 3? Tính tổng của các số
đó.
ĐÁP ÁN
Bài 1: Theo đề bài, (C) là đường cong lõm trên khoảng (-1;3) khi và chỉ khi
sincos
sin1
5
323
33233
22233
2223235
25
kxxx
xxx
xxxxx
xxxxxxxxx
xxxxxxxxxxx
xx
xx
x
Bài 3:
3
2
14
1
1
1
105
1232
4
1
:
Bài 4:
12
2
ln
2014
2015
1
2
1
ln
2014
1
)1(2014
1
1
2014
1
11
2014
2014
2
1
2
1
2
1
20142014
dx
I
Bài 5:
DAB
ˆ
=60
0
, AD=AM=a nên tam giác ADM đều. Gọi K là hình chiều vuông góc của N lên
(ABCD).
Gọi E là trung điểm DM. Khi đó AEMD;
Hạ KFDM=>KF//AE. Ta có:
Bài 6:
8159)2(382352)1(
2
zzyxzxyzyx
Hệ có nghiệm khi:
9
7
3
1
181594)35(04
222
zzzzPS
Chứng minh tương tự cho x,y.
Bài 7:
Đặt
8)2()3();(
22
babaA
(1)
Mà
)123;43(3 baBAEBE
Lại có B thuộc (T) nên:
5
1
BA
Gọi I(x;y) là tâm của đường tròn (C). Theo đề ta có:
))(;( dIdIA
IBIA
21
*Với
)0;1();4;1( BA
:
4)1(
2
23
|1523|
)4()1(
)1()4()1(
2
22
22
2222
y
x
y
x
x
x
y
yx
yx
yxyx
Từ đó viết được 2 phương trình (C) là:
1300)2()37(:)(;13)2()2(:)(
22
2
22
1
yxCyxC
Tương tự cho trường hợp còn lại.
ttt
Với t=2 thì M(3;3;-2), MN
2
=2
Với t= -2 thì M(-1;3;2), MN
2
=18
Vậy M(-1;3;2) là điểm cần tìm.
Bài 9: Số chia hết cho 3 có dạng: 3k (k là số tự nhiên).
Theo đề ta có:
333334100003100 kk
, có 3300 giá trị k.
Tổng của những số này là:
16666650
2
3300).3333.334.3(
S
Bài 1: Cho hàm số
133
3
mmxxy
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (C) có cực đại, cực tiểu, đồng thời chúng cách đều đường phân giác góc
x
x
Bài 5: Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A,
DCDBDAaACaAB ,3,
. Biết
ĐỀ SỐ 6
22
rằng tam giác DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD.
Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số dương x,y,z thỏa mãn xy+yz+zx=3, ta luôn có bất đẳng thức:
2
3
))()((
41
xzzyyxxyz
Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C)
0962
22
yxyx
và đường
thẳng (d):3x-4y+5=0 và đường tròn (C)
0962
22
yxyx
x
cos2
tan23
2cos5
Điều kiện:
0cos,
2
3
tan xx
.
kx
x
x
xx
xxxxxx
xxxx
xxxxPT
3
3
3
Axx
A
x
xxx
xxxPT
Vậy phương trình có 1 nghiệm x= -1.
Bài 4:
2log
0
2log
0
33
1
2
)12ln(
2
1
1
2
ln
12
11
.3ln
12
1
3ln
1
3
2
1
2
1
6
3
.
3
1
3
a
SIDV
ABCABCD
Bài 6: Áp dụng BĐT Cosi cho 3 số dương
))()((
4
;
2
1
;
2
1
xzzyyxxyzxyz
:
3
222
))()((
3
))()((
4
2
1
(1)
Áp dụng BĐT Cosi cho 3 số thực dương (xy+yz), (yz+zx) và (zx+xy):
8
3
))()((
3
xyyzzxxyyzxz
xyyzzxxyyzxz
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
8))()((
222
xzzyyxzyx
Vậy:
2
3
))()((
41
aaa
aaa
a
(Oxz) có VTPT (0;1;0). Đường thẳng d tạo với (Oxz) góc 30
0
tức là d tạo với VTPT này góc 60
0
.
03
2
1
60cos
2
3
2
2
2
1
2
3
2
2
2
1
2
aaa
2
1
1
;
2
3
1
2
1
1
2
3
1
2
1
1
;
2
3
1
2
1
1
sin
6
5
cos
6
5
sin
6
5
cos
6
5
sin
6
5
cos1
24
0
24
24
0
24
24
0
24
24
0
24
24
Phần ảo:
24
0
24
6
5
sin
k
k
k
C
k
C
kkkk
Suy ra:
0
6
5
sin
24
0
24
k
k
k
C
Bài 1: Cho hàm số
132
23
xxy
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8
Bài 2: Giải phương trình:
dx
xex
xexx
I
x
x
Bài 5: Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên và
cạnh đáy đối diện bằng m.
Bài 6: Cho tam giác ABC với BC=a, AC=b, AB=c thỏa mãn điều kiện:
2
2
)(
)(
cabb
bcaa
Chứng minh rằng:
cba
111
zyx
d
và hai mặt phẳng (P
1
): x-
2y+2z-3=0, (P
2
): 2x+y-2z-4=0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt
ĐỀ SỐ 7
25
phẳng (P
1
), (P
2
).
Bài 9: Cho khai triển
12
12
2
210
4
32
1 xaxaxaaxxx
. Tính hệ số a
7
.
ĐÁP ÁN
x
xxx
xxxx
9
3
30
2
2
y
xy
xxy
, đặt y=k.x thì:
2
35
32
x
x
, vì k>0 và
18xy
nên ta chỉ nhận các giá trị
32x
Thế vào phương trình (1) của hệ giải tìm y:
3332
3332
yx
yx
*TH2: tương tự.
Copyright: Tài liệu đại học ©