Ôn thi đại học - Đề số 1 đến đề số 10

Hướng dẫn Đề sô 1 Câu I: 2) Gọi M(m; 2) Î d. Phương trình đường thẳng D qua M có dạng: . Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến với (C) Û Hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: Û Câu II: 1) Đặt > 0. (2) Û 2) 2) Û Û ; Câu III: Þ Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA..BCNM; V=VS.ABC; Þ Þ Câu V: Þ Þ đpcm. Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) Þ (C): 2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) Þ Þ Þ Câu VII.a: a + bi = (c + di)n |a + bi| = |(c + di)n | |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n a2 + b2 = (c2 + d2)n Câu VI.b: 1) Tìm được , . + Với Þ (C): + Với Þ (C): 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ^ (Oxy) Þ (P): 5x – 4y = 0 (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ^ (Oxy) Þ (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)Ç(Q) Þ Phương trình của (D) Câu VII.b: Hướng dẫn Đề sô 2 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục hoành: (1) Gọi hoành độ các giao điểm lần lượt là . Ta có: Để lập thành cấp số cộng thì là nghiệm của phương trình (1) Þ . Thử lại ta được : Câu II: 1) Û Û 2) Câu III: = Câu IV: Câu V: Thay vào bpt ta được: Vì bpt luôn tồn tại nên Vậy GTLN của là 8. Câu VI.a: 1) và Mà 2) Câu VII.a: Câu VI.b: 1) Phương trình đường tròn có dạng: a) Þ b) Þ vô nghiệm. Kết luận: và 2) . D nhận làm VTCP Þ Câu VII.b: Toạ độ các điểm cực trị lần lượt là: và Vì nên để một cực trị của thuộc góc phần tư thứ I, một cực trị của thuộc góc phần tư thứ III của hệ toạ độ Oxy thì Û . Hướng dẫn Đề sô 3 www.VNMATH.com Câu I: 2) Giả sử (a ¹ b) Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song suy ra Û Û Û b = 2 – a Þ a ¹ 1 (vì a ¹ b). = AB = Û = 32 Û Þ A(3; 1) và B(–1; –3) Câu II: 1) (1) Û Û x = 3; x = 2) (2) Û Û Vì nên . Câu III: Đặt x = –t Þ Þ Þ . Câu IV: Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1 Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: Mặt khác: · . Dấu "=" xảy ra Û a+c = b+d · Û . Dấu "=" xảy ra Û a = b = c = d = 1. Vậy ta có: Þ đpcm. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1. Câu VI.a: 1) Ptts của d: . Giả sử C(t; –4 + 3t) Î d. = Û Û Þ C(–2; –10) hoặc C(1;–1). 2) (Q) đi qua A, B và vuông góc với (P) Þ (Q) có VTPT Þ Câu VII.a: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 nên: Câu VI.b: 1) A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 2) Phương trình mặt phẳng (a) chứa AB và song song d: (a): 6x + 3y + 2z – 12 = 0 Phương trình mặt phẳng (b) chứa OC và song song d: (b): 3x – 3y + z = 0 D là giao tuyến của (a) và (b) Þ D: Câu VII.b: Û Û Hướng dẫn Đề sô 4 www.VNMATH.com Câu I: 2) có 6 nghiệm Û Câu II: 1) (1) Û Û cos2x = 0 Û 2) Đặt . (2) Û Khảo sát với 1 £ t £ 2. g'(t) . Vậy g tăng trên [1,2] Do đó, ycbt bpt có nghiệm t Î [1,2] Câu III: Đặt . I = 2 + ln2. Câu IV: Þ Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si: Þ đpcm Câu VI.a: 1) B, C Î (Oxy). Gọi I là trung điểm của BC Þ . Þ . 2) đạt nhỏ nhất Û Û . Câu VII.a: Đặt . Hệ PT Û , với Ta có: f(t) đồng biến Xét hàm số: g(u) đồng biến Mà là nghiệm duy nhất của (2). KL: là nghiệm duy nhất của hệ PT. Câu VI.b: 1) 2x + 5y + z - 11 = 0 2) A, B nằm cùng phía đối với (P). Gọi A¢ là điểm đối xứng với A qua (P) Þ Để M Î (P) có MA + MB nhỏ nhất thì M là giao điểm của (P) với A¢B Þ . Câu VII.b: Û Û . Hướng dẫn Đề sô 5 www.VNMATH.com Câu I: 2) Gọi MÎ(C). Tiếp tuyến d tại M có dạng: Các giao điểm của d với 2 tiệm cận: A, B(2x0 –1; 2). SDIAB = 6 (không đổi) Þ chu vi DIAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB Û Þ M1(); M2() Câu II: 1) (1) Û Û 2cosx – 1 = 0 Û 2) (2) Û . Đặt Khi đó (2) Û Û hoặc Þ ;;; Câu III: Đặt t = sin2x Þ I= = Câu IV: V= . Ta có .. V khi đó tan =1 = 45. Câu V: Với x, y, z > 0 ta có . Dấu "=" xảy ra Û x = y Tương tự ta có: . Dấu "=" xảy ra Û y = z . Dấu "=" xảy ra Û z = x Þ Ta lại có . Dấu "=" xảy ra Û x = y = z Vậy . Dấu "=" xảy ra Û x = y = z = 1 Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1. Câu VI.a: 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2) 2) Chứng tỏ (d1) // (d2). (P): x + y – 5z +10 = 0 Câu VII.a: Nhận xét: (3) Û . Đặt Điều kiện : –2< t . Rút m ta có: m=. Lập bảng biên thiên Þ hoặc –5 < Câu VI.b: 1) Giả sử đường thẳng AB qua M và có VTPT là (a2 + b2 ¹ 0) => VTPT của BC là:. Phương trình AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= 0 ax + by –2a –b =0 BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0 – bx + ay +4b + 2a =0 Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) Û · b = –2a: AB: x – 2y = 0 ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – 4 =0 · b = –a: AB: –x + y+ 1 =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ 2 =0 2) Câu VII.b: (4) Û . Xét hàm số: f(t)=, hàm số này đồng biến trên R. Giải và biện luận phương trình trên ta có kết quả cần tìm. · phương trình có nghiệm x = · m = –1 phương trình nghiệm đúng với · Các trường hợp còn lại phương trình vô nghiệm. Hướng dẫn Đề sô 6 Câu I: 2) M(–1;2). (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt Û Tiếp tuyến tại N, P vuông góc Û Û . Câu II: 1) Đặt . (1) Û Þ 2) · Giải (a) Û 1 < x < 3. · Xét (b): Đặt . Từ x Î (1; 3) Þ t Î (2; 3). (b) Û . Xét hàm , từ BBT Þ Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được: · Nếu x>3 thì từ (b) có: từ (c) lại có: => (d) không thoả mãn · Tương tự, nếu x 0 (d) không thoả mãn · Nếu x=3 thì từ (b) => y=3; thay vào (c) => z=3. Vậy: x =y = z =3 Câu IV: I là trung điểm AD, MN // AD Þ MN // (SAD), SK Ì (SAD) Þ d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL = . Câu V: = Ta có: ; (Bunhia) Þ . Dấu "=" xảy ra Û a = b = c = . minT = . Câu VI.a: 1) ; 2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (Q) chứa Ox Þ (Q): ay + bz = 0. Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính bằng 3 cho nên (Q) đi qua tâm I. Suy ra: –2a – b = 0 b = –2a (a0) Þ (Q): y – 2z = 0. Câu VII.a: Cân bằng hệ số ta được a = 2, b = –2, c = 4 Phương trình Û Û Þ . Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m) Î Oy Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB Þ Vì MI là phân giác của nên: (1) Û = 300 Û MI = 2R Û (2) Û = 600 Û MI = R Û Vô nghiệm Vậy có hai điểm M1(0;) và M2(0;) 2) Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2) Þ Þ Phương trình mặt cầu (S): Câu VII.b: Đặt Þ . Suy ra: Hướng dẫn Đề sô 7 www.VNMATH.com Câu I: 2) xB, xC là các nghiệm của phương trình: . Û Câu II: 1) (1) Û Û 2) (2) Û . Đặt a = 2x; b = . (2) Û Hệ đã cho có nghiệm: Câu III: Đặt t = cosx. I = Câu IV: VS.ABC = = . Þ d(B; SAC) = Câu V: Đặt t = . Vì nên . (3) Û . Xét hàm số với . f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4 £ f(t) £ . Þ Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 Û 2) Gọi H là hình chiếu của A trên d Þ d(d, (P)) = d(H, (P)). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có => HI lớn nhất khi . Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận làm VTPT Þ (P): . Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cô–si ta có: Þ Dấu "=" xảy ra Û a = b = c = 1. Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0 Þ d(C; AB) = Þ ; Trọng tâm G Î (d) Þ 3a –b =4 (3) · (1), (3) Þ C(–2; 10) Þ r = · (2), (3) Þ C(1; –1) Þ 2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R=. Gọi H là trung điểm của MN Þ MH= 4 Þ IH = d(I; d) = (d) qua A(0;1;-1), VTCP Þ d(I; d) = Vậy : =3 Û m = –12 Câu VII.b: Điều kiện x, y > 0 Û Û Û Û hay Hướng dẫn Đề sô 8 www.VNMATH.com Câu I: 2) Hàm số có CĐ, CT khi m < 2 . Toạ độ các điểm cực trị là: Tam giác ABC luôn cân tại A Þ DABC vuông tại A khi m = 1. Câu II: 1) · Với : , nên (1) luôn đúng · Với : (1) Û Û Tập nghiệm của (1) là 2) (2) Û Û Kết hợp với điều kiện ta được k = 1; 2 nên Câu III: · Tính . Đặt Þ · Tính . Đặt Þ Câu IV: Gọi V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại của hình chóp S.ABCD: Ta được: Câu V: Điều kiện vì và Đặt với . Ta được (3) trở thành: Do đó: Dấu đẳng thức xảy ra khi: Từ . Từ được Vậy Câu VI.a: 1) B(0; –1). Þ MB ^ BC. Kẻ MN // BC cắt d2 tại N thì BCNM là hình chữ nhật. PT đường thẳng MN: . N = MN Ç d2 Þ . NC ^ BC Þ PT đường thẳng NC: . C = NC Ç d1 Þ . AB ^ CM Þ PT đường thẳng AB: . AC ^ BN Þ PT đường thẳng AC: 2) Phương trình mp(P) đi qua M và vuông góc với d2: Toạ độ giao điểm A của d1 và mp(P) là: Þ d: Câu VII.a: Xét · Với x = 2 ta có: (1) Với x = 1 ta có: (2) · Lấy (1) – (2) ta được: · PT Û Þ Câu VI.b: 1) Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2 Tâm I Î D nên: . Ta có: Þ (C): hoặc (C): 2) Lấy Þ ; Þ Suy ra Û Þ Þ d: Câu VII.b: Từ (b) Þ .Thay vào (a) Û Û Þ Nghiệm (–1; 1), (4; 32). Hướng dẫn Đề sô 9 Câu I: 2) YCBT Û phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x2 < 1 Û Û < m < Câu II: 1) (1) Û cos4x = Û 2) (2) Û Û hoặc Câu III: Đặt t = . Câu IV: VA.BDMN = VS.ABD = .SA.SABD = .a. Câu V: Đặt A = , B = · Nếu y = 0 thì B = Þ 0 £ B £ 3 · Nếu y ¹ 0 thì đặt t = ta được B = A. Xét phương trình: Û (m–1)t2 + (m+1)t + m + 3 = 0 (1) (1) có nghiệm Û m = 1 hoặc D = (m+1)2 – 4(m–1)(m+3) ³ 0 Û £ m £ Vì 0 £ A £ 3 nên –3–£ B £ –3+ Câu VI.a: 1) A, C, B(– 4;1) 2) I(2;2;0). Phương trình đường thẳng KI: . Gọi H là hình chiếu của I trên (P): H(–1;0;1). Giả sử K(xo;yo;zo). Ta có: KH = KO Û Þ K(–;;) Câu VII.a: Từ (b) Þ x = 2y hoặc x = 10y (c). Ta có (a) Û ln(1+x) – x = ln(1+y) – y (d) Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t với t Î (–1; + ¥) Þ f ¢(t) = Từ BBT của f(t) suy ra; nếu phương trình (d) có nghiệm (x;y) với x ¹ y thì x, y là 2 số trái dấu, nhưng điều này mâu thuẩn (c). Vậy hệ chỉ có thể có nghiệm (x, y) với x = y. Khi đó thay vào (3) ta được x = y = 0 Câu VI.b: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M vuông góc với AD cắt AD, AB lần lượt tại I và N, ta có: (I là trung điểm MN). . AB = 2AM AB = 2AN N là trung điểm AB . 2) Toạ độ giao điểm của d1 và (P): A(–2;7;5) Toạ độ giao điểm của d2 và (P): B(3;–1;1) Phương trình đường thẳng D: Câu VII.b: PT Û Từ (2) Þ . Thay vào (1) Þ x = 1 Þ Hướng dẫn Đề sô 10 www.VNMATH.com Câu I: 2) AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) Þ AB ngắn nhất Û AB2 nhỏ nhất Û m = 0. Khi đó Câu II: 1) PT Û (1– sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 Û 1– sinx = 0 Û 2) BPT Û Đặt t = log2x. (1) Û Û Câu III: Đặt tanx = t . Câu IV: Kẻ đường cao HK của DAA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1. Ta có AA1.HK = A1H.AH Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có: Tương tự: Từ (1), (2), (3) ta được: Û . Từ đó suy ra Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3. Câu VI.a: 1) Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là: Đường thẳng cần tìm đi qua M(0;1) và song song với KL: và 2) Kẻ CHAB’, CKDC’ Þ CK (ADC’B’) nên DCKH vuông tại K. . Vậy phương trình mặt cầu: Câu VII.a: Có tất cả ..4! = 1440 số. Câu VI.b: 1) Þ hoặc 2) Phương trình mặt phẳng (a) đi qua M(0;1;1) vuông góc với (d1): . Toạ độ giao điểm A của (d2) và (a) là nghiệm của hệ Đường thẳng cần tìm là AM có phương trình: Câu VII.b: Ta có: . Mà Để ứng với ta có: . Xét lần lượt các giá trị k Þ k = 3 hoặc k = 4 thoả mãn. Do vậy hệ số của là: .