Đề ôn thi đại học môn Toán - Đề số 1

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: .