www.thaydo.net
1
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (DỰ TRỮ ) MÔN TOÁN
DỰ BỊ 1 KHỐI A:
Câu I: (2 đ)Gọi (C
m
) là đồ thị của hàm số : y =
2 2
2 1 3
x mx m
x m
(*) (m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) ứng với m = 1.
2. Tìm m để hàm số (*) có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung.
Câu II: ( 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình :
2 2
4
( 1) ( 1) 2
x y x y
x x y y y
2. Tìm nghiệm trên khỏang (0;
3
2
0
sin .
I x tgxdx
.
2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 6 chữ số
khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm hàng ngàn bằng 8.
Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số thỏa x + y + z = 0. Cmrằng :
3 4 3 4 3 4 6
x y z
Bài giải CÂU I
1/ Khi m = 1 thì
2
x 2x 2
y
x 1
(1)
MXĐ: D = R \ {1}
2
6
www.thaydo.net
2
Tiệm cận:
x 1
là pt t/c đứng
y = x + 3 là pt t/c xiên
2/ Tìm m
Ta có
2 2
2
x 2mx m 1
y'
x m
Hàm số (*) có 2 cực trị nằm về 2 phía
trục tung
y' 0
có 2 nghiệm trái dấu
2
2 2
x y x y 4
x y x y xy 2 xy 2
Ta có
2 2 2 2 2 2
S x y;P xy S x y 2xy x y S 2P
Vậy
2
2
S 2P S 4 P 2
I
S 0hayS 1
S P S 2
1
S x y 0
2
S x y 1
TH :
P xy 2
vậy x,y là nghiệm của phương trình
2
X X 2 0
X 1hay X 2
. Vậy hệ có 2 nghiệm
x 1
y 2
V
x 2
V
x 2
y 1
CÁCH KHÁC (I)
2 2
2 2
x y x y 4
x y x y xy 2
x y 0 hay x y 1
xy 2
2
x y
x 2
hay
V
x 2
y 1
2/ Tìm nghiệm
0,
www.thaydo.net
3
Ta có
2 2
x 3
4sin 3 cos2x 1 2cos x
2 4
(1)
5 2 7
x k a hay x h2 b
18 3 6
Do
x 0,
nên họ nghiệm (a) chỉ chọn k=0, k=1, họ nghiệm (b) chỉ chọn h = 1. Do đó ta có ba
nghiệm x thuộc
0,
là
1 2 3
5 17 5
x ,x ,x
18 18 6
CÂU III. 1/ Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ pt
GA BC
= H
2x y 3 0
H 2, 1
x 2y 4 0
Ta có
AG 2GH
với A(x,y).
4 1 4 1
AG x, y ;GH 2 , 1
3 3 3 3
A 0,3 ,C 4,0 ,B 0, 2
2a/ Ta có
BC 0, 2,2
mp (P) qua
O 0,0,0
và vuông góc với BC có phương trình là
0.x 2y 2z 0 y z 0
Ta có
AC 1, 1,2
là giao điểm của AC với mp (P)
2b/ Với
A 1,1,0
B 0,2,0
C 0,0,2
.Ta có:
AB 1,1,0
,
AC 1, 1,2
AB.AC 1 1 0 AB AC
/3 /3
2 2
0 0
sinx
I sin xtgxdx sin x. dx
cosx
2
/ 3
0
1 cos x sinx
I dx
cosx
, Đặt
u cosx
du sinxdx
Đổi cận
2/ Gọi
1 2 3 4 5 6
n a a a a a a
là số cần lập
3 4 5
ycbt: a a a 8
3 4 5 3 4 5
a ,a ,a 1,2,5 hay a ,a ,a 1,3,4
a) Khi
3 4 5
a ,a ,a 1,2,5
3 4 5
a ,a ,a 1,2,5
Có 3! = 6 cách chọn
3 4 5
a a a
Có
3
6
A
cách chọn
1 2 6
a ,a ,a
Vậy ta có 6. 4.5.6 = 720 số n
Khi
3 4 5
a ,a ,a 1,3,4
tương tự ta cũng có 720 số n
Theo qui tắc cộng ta có 720 + 720 = 1440 số n
CÂU V: Ta có:
4
x x x
3 4 1 1 1 4 4 4
24
x y z
6 4 6
www.thaydo.net
5
DỰ BỊ 2 KHỐI A:
Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số
2
1
1
x x
y
x
.
2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M (- 1; 0) và tiếp xúc với đồ thị ( C ) .
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải hệ phương trình :
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y
1
đối xứng với điểm A qua đường thẳng SC.
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
7
3
0
2
1
x
I dx
x
.
2. Tìm hệ số của x
7
trong khai triển đa thức
2
(2 3 )
n
x
, trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn:
1 3 5 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
n
n n n n
D R \ 1
.
2
2
2
x 2x
y' ,y' 0 x 2x 0 x 0hayx 2
x 1
BBT
x
-2 -1 0
y'
+
0 - - 0 +
y
góc k ) có dạng
:
y k x 1
tiếp xúc với
C
hệ pt sau có nghiệm
www.thaydo.net
6
x 1
3
k
4
Vậy pt tiếp tuyến
với
C
qua
M 1,0
là:
3
y x 1
4
CÂU II. 1/ Giải hệ pt :
2x y 1 x y 1
1 1
2 2
2 2
u v 1
u 2 v 1
u 1 v 2 loaïi
u v 5
Vậy
2x y 1 2
I
x y 1
3
3 3 2 2
cosx sinx 3cosx sinx 0
cos x sin x 3cos xsinx 3cosxsin x 3cosx sinx 0
3
cosx 0
sin x sin x 0
I 6,2
và R=2
Vì đường tròn
1
C
tiếp xúc với 2 trục Ox, Oy nên tâm
1
I
nằm trên 2 đường thẳng
y x
vàvì (C) có tâm
I 6,2
,R = 2
nên tâm
1
I (x; x)
với x > 0.
www.thaydo.net
7
1
TH
: Tâm
x 6 x 2 4 4x x x 16x 4x 36 0
2
x 20x 36 0 x 2hayx 18
.Ứng với
1 1
R 2hayR 18
Có 2 đường tròn là:
2 2
x 2 y 2 4
;
2 2
x 18 y 18 18
2
TH
: Tâm
1
I
đường thẳng
H 1,2,0
. H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông
OBC. Vì A, O, C cùng nhìn SB dưới một góc vuông nên trung điểm I ( 1; 2; 2 ) là tâm mặt cầu và
bán kính R =
1 1
SB 4 16 16 3
2 2
,
Vậy phương trình mặt cầu là
2 2
2
x 1 y 2 (z 2) 9
2b/
SC 0,4, 4
chọn
0,1, 1
là vtcp của SC.
Pt tham số đường thẳng SC
1
A x,y,z
là điểm đối xứng với A qua SC. Có M là trung điểm của
1
AA
nên
2 x 2.0 x 2
0 y 2.2 y 4
0 z 2.2 z 4
Vậy
1
A 2,4,4
CÂU IV: 1/ Tính
7
3
0
x 2
I dx
I dt 3 t t dt 3
t 5 2 10
www.thaydo.net
8
2/ Ta có
2n 1
0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1 x C C x C x C x C x
Cho
x 1
Ta có
2n 1 0 1 2 3 4 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2 C C C C C C
Ta có
10
10 k k
k 10 k
10
k 0
2 3x 1 C 2 3x
Suy ra hệ số của
7
x
là
7 7 3
10
C 3 .2
hay
3 7 3
10
C 3 .2
CÂU V: Ta có:
3
4
3
x x x x
y
y
Vậy
2
3 3 6
4
3 3 3 3
y 9 x y 3
1 x 1 1 256 256
x
y 3 3 .x y
DỰ BỊ 1 KHỐI B:
Câu I: (2 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số
4 2
Câu III: (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) :
2 2
64 9
x y
= 1. Viết phương
trình tiếp tuyến d của (E) biết d cắt hai hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho AO = 2BO.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
1
x y z
:
1 1 2
d
và
2
1 2
:
1
x t
d y t
z t
2. Một độ văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập một nhóm
đồng ca gồm 8 người biết rằng trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ.
Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn : a + b + c =
3
4
Cmrằng :
3 3 3
3 3 3 3
a b b c c a
. Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Bài giải: CÂU I:
1/ Khảo sát
4 2
y x 6x 5
. MXĐ: D=R
3 2
y' 4x 12x 4x x 3 ,y' 0 x 0hayx 3
2
y'' 12x 12,y'' 0 x 1
BBT
x
4 2
2
x 6x log m 0
có 4 nghiệm phân biệt.
4 2 4 2
2 2
x 6x log m 0 x 6x 5 log m 5
Đặt
2
k log m 5
Ycbt
đường thẳng y=k cắt (C) tại 4 điểm phân biệt
4 k 5
2
4 log m 5 5
2
9
1
9 log m 0 m 1
2
3x 3 5 x 2x 4 2 5 x 2x 4
và
2 x 5
x 2 5 x 2x 4
và
2 x 5
x 2 0
hay[ x 2 5 x 2
và
2 x 5
]
x 2 hay [x 2 2 5 x vaø 2 x 5]
x 2 hay x 4
cosx 0
sinx cos2x 1 cos2x cos2x 0
và
cosx 0
2
sinx 1 2sin x 0
và
cosx 0
2
2sin x sinx 1 0
và
cosx 0
x y
1 x 2y 2m 0
2m m
AB tiếp xúc với (E)
2
64 4.9 4m
2 2
4m 100 m 25 m 5 m 0
Vậy pt tiếp tuyến là
x 2y 10 0
Vì tính đối xứng nên ta có 4 tiếp tuyến là
x 2y 10 0,x 2y 10 0
x 2y 10 0,x 2y 10 0
2/ a/
1
d
qua
OB 1,0,1
www.thaydo.net
11
1 2
a,b OB 1 3 4 0 d ,d
chéo nhau
b/
1
M d M t',t',2t'
;
2
N d N 1 2t,t,1 t
MN 2t t' 1,t t',t 2t' 1
* t’=0 ta có
M 0,0,0 O P loaïi
*
4
t'
7
ta có
4 4 8 1 4 3
M , , ;N , ,
7 7 7 7 7 7
CÂU IV. 1/ Tính
e
2
1
I x lnxdx
3 9 9 9
2. Ta có trường hợp
* 3 nữ + 5 nam. Ta có
3 5
5 10
C C 2520
* 4 nữ + 4 nam. Ta có
4 4
5 10
C C 1050
* 5 nữ + 3 nam. Ta có
5 3
5 10
C C 120
Theo qui tắc cộng. Ta có 2520 + 1050 + 120 = 3690 cách
CÂU V:
Ta có
3
3
3
a 3b 1 1 1
Dấu = xảy ra
3
a b c
1
a b c
4
4
a 3b b 3c c 3a 1
Cách 2: Đặt
3
3
x a 3b x a 3b
;
3
3
;
3
3 3
z 1 1 3 z .1.1 3z
9 3 x y z
(Vì
3 3 3
x y z 3
).
Vậy
x y z 3
Hay
3 3 3
a 3b b 3c c 3a 3
Dấu = xảy ra
3 3 3
3
x y z 1 vaø a b c
2
2
cos2 1
( ) 3
2 cos
x
tg x tg x
x
Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 đường tròn :
(C
1
): x
2
+ y
2
9
và (C
2
): x
2
+ y
2
2 2 23 0
x y
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
4
sin
0
( cos )
x
tgx e x dx
.
2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 5 chữ số
khác nhau và nhất thiết phải có 2 chữ 1, 5 ?
Câu V: (1 điểm) Cmrằng nếu
0 1
y x
thì
1
4
x y y x
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài giải
CÂU I 1/ Khảo sát
2
x 2x 2
y
www.thaydo.net
13
y'
+
0 - - 0 +
y
-2
2
Tiệm cận
x 1
là pt t/c đứng.
y x 1
là pt t/c xiên
Đồ thị :Bạn đọc tự vẽ.
2
o
x 2x
y y f' x x x y y x x
x 1
Tiếp tuyến đi qua
I 1,0
2
o o o
o
2
o
2
2 2
2
1 1
x Vx
(2)
(2)
2
2
2
2sin x
cot gx 3tg x
cos x
2 3
1
tg x 0 tg x 1 tgx 1 x k ,k Z
tgx 4
CÂU III 1/ Đường tròn
1
C
có tâm
O 0,0
bán kính
1
2 2 2 2
x y 9 x y 2x 2y 23 0
x y 7 0
(d)
Gọi
k k k k
K x ,y d y x 7
2 2 2
2 2 2 2 2
k k k k k k k k
OK x 0 y 0 x y x x 7 2x 14x 49
2 2 2 2
2 2
Pt tham số
1
MM
qua M,
P
là
x 5 2t
y 2 2t
z 3 t
Thế vào pt mp (P):
2 5 2t 2 2 2t 3 t 1 0
Ta có
AM 4,1, 8
Mặt phẳng (Q) đi qua M, chứa
mp (Q) qua A có PVT là
AM,a 2,8,2
hay
1,4,1
nên pt (Q):
Ta có:
/ 4 /4 /4 / 4
sinx sin x
0 0 0 0
sinx
I tgxdx e cosxdx dx e cosxdx
cosx
1
/ 4
/ 4
sinx
2
0
o
ln cosx e ln 2 e 1
2/ Gọi
1 2 3 4 5
n a a a a a
CÂU V. Ta có
2
0 x 1 x x
Ta có
1 1
x y y x x y y x
4 4
(1)
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
2 2
1 1 1
y x yx 2 yx . x y
4 4 4
1
x y y x
4
Dấu = xảy ra
m 1
.
2) Tìm m để đồ thị (C
m
) tiếp xúc với đường thẳng y= 2mx – m – 1.
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình :
2 7 5 3 2
x x x
2. Giải phương trình :
3 sin
( ) 2
2 1 cos
x
tg x
x
Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
(C): x
2
+ y
2
4 6 12 0
x y
3
2
1
ln
ln 1
e
x
I dx
x x
.
2. Tìm k
0;1;2; ;2005
sao cho
2005
k
C
đạt giá trị lớn nhất. (
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n
phần tử)
Câu V: (1 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
www.thaydo.net
16
MXĐ: D=R
2
y' 3x 6x 3x x 2 ,y' 0 x 0hayx 2
y'' 6x 6,y'' 0 x 1
BBT
x
0 1 2
y'
- 0 + + -
y''
+ + 0 - -
y
3 2
2
x 2m 1 x m 1 2mx m 1
3x 2 2m 1 x 2m
có nghiệm
2
2
x 0 hay x 2m 1 x 2m
3x 2 2m 1 x 2m
có nghiệm
2
x 2m 1 x 2m
m 0hay
2m 1
x
2
có nghiệm
2
2
2m 1 1
m 0hay 2m 1 2m
2 2
1
m 0 hay m
2
CÂU II: 1/ Giải bpt
2
vaø x 5
3
2 3x 2 5 x
2
vaø x 5
3
2
3x 17x 14 0
2
vaø x 5
3
14
(x 1 hay x)
3
2
vaø x 5
cosx 1 2sin x cosx 1
và
sinx 0
2sinx 1
x k2
6
hay
5
x k2
6
.
Ghi chú:Khi sinx 0 thì cos x 1
CÂU III. 1/ Đường tròn (C) có tâm
I 2,3
, R=5
2/ a/ Vì
1 1
AA Oxy A 2,0,4
1 1
BB Oxy B 0,4,4
Viết pt mặt cầu (S) qua O, A, B, O
1
Ptmc (S):
2 2 2
x y z 2ax 2by 2cz d 0
Ta có
2 2 2 2
d a b c R
2
R 1 4 4 9
Vậy pt mặt cầu (S) là:
2 2 2
x 1 y 2 z 2 9
b/ Tính KN
Ta có
M 1,2,0
,
1
O A 2,0, 4
Mp(P) qua M vuông góc với
z 0
Thế vào pt (P):
t 1 0 t 1 OA P N 1,0,0Pt tham số
1
OA
là:
x t
y 0
z 2t
với
1
CÂU IV: 1/ Tính
3
2
e
1
ln x
I dx
x lnx 1
Đặt
t lnx 1
2
dx
t lnx 1 2tdt
x
và
2
t 1 lnx
Đổi cận:
3
C lớn nhất
k k 1
2005 2005
k k 1
2005 2005
C C
C C
k N
2005! 2005!
k! 2005 k ! k 1 ! 2004 k !
k 1 2005 k
2005! 2005! 2006 k k
k! 2005 k ! k 1 ! 2006 k !
CÂU V: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
2x x 1 2 x 1
2
7 7 2005x 2005 (1)
x m 2 x 2m 3 0 (2)
Điều kiện là
x 1
.Ta có
2x x 1 2 x 1
7 7 0, x 1;1
Ta có: (1)
Maxf(x)
max 3m 6,m 2 0 3m 6 0hay m 2 0
m 2DỰ BỊ 2 KHỐI D:
Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2
3 3
1
x x
y
x
.
2. Tìm m để phương trình
2
3 3
1
x x
m
x
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 hình lập phương ABCD.A
1
B
1
C
1
D
1
với A(0;0;0),
B(2; 0; 0), D
1
(0; 2; 2) a) Xác định tọa độ các điểm còn lại của hình lập phương
ABCD.A
1
B
1
C
1
D
1
.Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh rằng hai mặt phẳng ( AB
1
D
1
) và (
AMB
1
) vuông góc nhau.
b) Chứng minh rằng tỉ số khỏang cách từ điểm N thuộc đường thẳng AC
1
A
là số chỉnh hợp chập k của n phần tử)
Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số dương và x yz = 1. Cmrằng : 2 2 2
3
1 1 1 2
x y z
y z x
.
Bài giải
www.thaydo.net
20
CÂU I:
1/ Khảo sát
2
x 3x 3
y C
x 1
MXĐ:
-1
3
Tiệm cận: x=-1 là tc đứng
y = x + 2 là tc xiên
2/ Tìm m để pt
2
x 3x 3
m
x 1
có 4 nghiệm
phân biệt
Ta có
2
x 3x 3
y
x 1
có được bằng cách
Giữ nguyên phần đồ thị (C) có x > -1
Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị (C) có x<-1
Do đó, nhờ đồ thị
2
x 3x 3
y
x 1
, ta có
pt
2
x 3x 3
m
x 1
có 4 nghiệm phân biệt m > 3
CÂU II. 1/ Giải bất phương trình
2
2
2 2
x 2x x 2x 1
1 3 3 0 3 3
2 2
x 2x 1 x 2x 1 0 1 2 x 1 2
2/ Giải phương trình
sin2x cos2x 3sinx cosx 2 0 2
www.thaydo.net
21
(2)
2
2sinxcosx 1 2sin x 3sinx cosx 2 0
2
2sin x 2cosx 3 sinx cosx 1 0
1
sinx cosx 1 hay sinx
2
2 1
sin x sin hay sin x
4 2 4 2
5
x k2 hayx k2 hay x k2 hayx k2
2 6 6
.
Cách khác: (3)
(2sin x 1) sinx cosx 1 0
CÂU III.
2 2
a 1 a 3
a b 10b 15 0
hay
b 2 b 6
4a 4b 12 0
Vậy ta có 2 đường tròn thỏa ycbt là
2 2
2 2
x 1 y 2 10
x 3 y 6 10
2/ Ta có
1
AD 0,2,2
mp
1 1
AB D
có 1 PVT là
1 1
1
u AB ,AD 1, 1,1
4
www.thaydo.net
22
mp
1
AMB
có cặp VTCP là:
2
Ta có:
u.v 1 1 1 2 1 1 0 u v
1 1 1
AB D AMB
b/
1
AC 2,2,2
Pt tham số
1 1 1
t t t t
d N,AB D d
3 3
Pt
1
AMB : x 0 2 y 0 z 0 0 x 2y z 0
1 2
t 2t t 2t
d N,AMB d
1 4 1 6
không phụ thuộc vào vị trí của điểm N.
CÂU IV: 1/ Tính
/ 2 / 2
2
0 0
1 cos2x
I 2x 1 cos xdx 2x 1 dx
2
2
/ 2
/2
2
0 0
0
1 1 1 1
I (2x 1)sin2x sin2xdx cos2x
4 2 4 2
Do đó
2
/ 2
2
0
1
I 2x 1 cos x
8 4 2
2/ Tacó:
2 2
n n n n
2P 6A P A 12
n N,n 1
n 3hay n 2(vìn 2)
CÂU V. Cho x,y, z là 3 số dương thỏa mãn xyz=1
CMR:
2 2 2
x y z 3
1 y 1 z 1 x 2
Ta có:
2 2
x 1 y x 1 y
2 . x
1 y 4 1 y 4
2 2
y 1 z y 1 z
2 y
1 z 4 1 z 4
2 2
z 1 x z 1 x
2 z
3 x y z
3
4 4
3 3 9 3 6 3
.3
4 4 4 4 4 2
( vì
3
x y z 3 xyz 3
)
Vậy
2 2 2
x y z 3
1 y 1 z 1 x 2
Copyright: Tài liệu đại học ©