Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng.. Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp và biên soạn từ nhiều đề
Trang 1
LÊ NGUYÊN THẠCH
100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN
TẬP 1
THANH HÓA, THÁNG 09 - 2014
Trang 2LỜI NÓI ĐẦU
Các em học sinh thân mến!
Luyện giải bộ đề trước kỳ thi tuyển sinh Đại học là một quá trình hết sức quan trọng Cuốn sách Tuyển tập “100 ĐỀ TOÁN LUYỆN THI VÀO ĐẠI HỌC” do thầy tổng hợp
và biên soạn từ nhiều đề thi thử Đại học trong cả nước với nhiều đề thi hay để giúp các
em hệ thống lại kiến thức và chuyên đề đã được học, rèn luyện kĩ năng giải toán tạo nền tảng kiến thức tốt nhất cho kỳ thi Đại học sắp tới
Nội dung sách được viết trên tinh thần đổi mới ,cách giải trình bày chi tiết, rõ ràng phù hợp theo quan điểm ra đề và chấm thi của Bộ Giáo dục và Đào tạo rất phù hợp để các
em tự ôn luyện.
Toán là môn khoa học trừu tượng với phạm vi ứng dụng rộng rãi trong mọi hoạt động của con người Để học toán tốt trước hết rất cần sự tỉ mỉ, cần cù, nỗ lực phấn đấu Bên cạnh đó phương pháp học cũng rất quan trọng, nên đi từ cái dễ và cơ bản tới cái khó hơn với một tư duy logic Tiếp xúc một bài toán không chỉ dừng lại ở cách giải thông thường
mà nên suy nghĩ, áp dụng nhiều hướng và cách giải khác nhau Sau mỗi bài toán nên rút
ra cho mình những điểm chú ý quan trọng
Cuối cùng thầy chúc tất cả các em luôn có được SỨC KHỎE, NIỀM VUI, SỰ ĐAM
MÊ, và THÀNH CÔNG trong các kỳ thi sắp tới!
Thanh hóa.Tháng 9 năm 2014
Tác giả
Trang 3ĐỀ SỐ 1 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số 2
1
x y x
+
=
− (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là tâm đối xứng của đồ thị (C) Tìm các điểm M trên đồ thị (C) để tiếp tuyến của
đồ thị (C) tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị (C) lần lượt tại A B, sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IABnhỏ nhất
Câu 2.(1,0 điểm)
Câu 3.(1,0 điểm)
a Tìm n nguyên dương thỏa mãn: 0 1 2 3
C + C + C + C + + +n C = n+
b Giải phương trình sau: log9(x2 – 5x + 6)2 = 1log 3 x 1 log (3 x)3
Câu 4.(1,0 điểm)
Tính tích phân:
1 3 3
4 1
3
2
x x
x
−
=∫
Câu 5.(1,0 điểm) :
Cho hình hộp đứng ABCD A B C D ' ' ' ' nội tiếp trong hình trụ cho trước Biết bán kính đáy của hình trụ bằng 5a; góc giữa đường thẳng B D' và mặt phẳng (ABB A' ') bằng 300; khoảng cách từ trục hình trụ đến mặt phẳng (ABB A' ') là 3
2
a
Tính thể tích khối hộp ABCD A B C D ' ' ' '
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 9x + 25y = 225 Gọi F, F lần lượt là hai tiêu điểm của (E) (x< x) Gọi A, B là hai điểm thuộc (E) Xác định tọa độ của A và B để chu vi
tứ giác FFBA nhỏ nhất biết rằng tổng độ dài hai đường chéo bằng 6
Câu 7.1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x2+y2 + −z2 2x+4y−6z− =11 0 và mặt phẳng ( )α có phương trình 2x+2y− +z 17=0 Viết phương trình mặt phẳng ( )β song
song với mặt phẳng ( )α và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi bằng 6π
Câu 8.1,0 điểm)
Giải hệ phương trình sau: 2
2
5
x
+ + − =
+ − + =
Câu 9.(1 điểm)
Cho x y z, , >0 thoả mãn: 5−x+5−y +5−z =1.
4
Trang 4y
f x ( ) = x+2 x-1
1 4
-2 -2 O 1 2 3 5/2
LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: 2
1
x y x
+
=
−
+ TXĐ R\ 1{ }
lim 1; lim 1
x→+∞y = x→−∞y = ;
lim , lim
→ = +∞ → = −∞
Đồ thị có Tiệm cận ngang là đường thẳng y = 1 và tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1
3 '
( 1)
y
x
−
=
− ; y'<0 ∀ ≠x 1.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞ ;1 ) và ( 1; +∞ ) Hàm số không có cực trị
Bảng biến thiên:
Đồ thị:
NX: Đồ thị nhận giao của hai đường tiệm cậnI(1;1)làm tâm đối xứng
2.(1,0 điểm) Tâm đối xứng của đồ thị hàm số là I (1;1)
Giả sử M x y( ;0 0) (x0 ≠1) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến ( )∆ và đồ thị (C)
Ta có 0 0
0
2 1
x
y
x
+
=
− , hệ số góc của tiếp tuyến ( )∆ là: 2
0
3 ( 1)
k x
−
=
0 2
2 3
x
+
Gọi B là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cân đứng x = 1
- Cho x = 1, thay vào (1) ta có
0
Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến và tiệm cận ngang y = 1
- Cho y = 1, thay vào (1) ta có x=2x0−1 nênA(2x0−1;1)
Vì tam giác IAB vuông tại I nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB là
2
AB
x
'( )
f x
( )
f x
1
1
+∞
−∞
Trang 5Ta có 2 0 2
x
Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân với hai số không âm
2
0
36
4( 1) ;
( 1)
x
x
−
Tức là R = 2 6
2
AB≥ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
0
36
( 1)
x
−
Khi đó M(1+ 3;1+ 3) hoặc M(1− 3;1− 3)
Vậy M(1+ 3;1+ 3) hoặc M(1− 3;1− 3)
sin 3x=cos cos2x tan2x + tanx x
ĐK: cos 0
cos 2 0
x
x
≠
Khi đó
2
2
sin 2 sin sin 3 cos cos 2
os2x os
sin 2 osx+cos2x.sinx = cosx.sin2x + cos2x os2x.sinx = cos2x
2 2
cos 2 0 (không tm)
s inx
cos
sinx
1 (không tm do sin os os2x=0) cosx
x
x x
x
x c x c
sinx= ⇔ =0 x kπ,k∈Z tmdk( ).
Vậy nghiệm của PT đã cho là x=kπ,k∈Z;
Câu 3.(1,0 điểm)
a Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: C n0+2C1n+3C n2+4C n3+ + + (n 1)C n n =512(n+2)
Xét x x( +1)n =C x C x n0 + 1n 2+C x n2 3+ + C x n n n+1
Lấy đạo hàm hai vế được: ( 1)n ( 1)n 1 0 2 1 3 2 2 ( 1) n n
x+ +n x x+ − =C + C x+ C x + + +n C x Thay x = 1có 2n+n.2n−1=C n0+2C n1+3C n2+ + + (n 1)C n n.
Suy ra 2n+n.2n−1=512(n+ ⇔ =2) n 10
b.Giải phương trình: log9(x2 – 5x + 6)2 = 1log 3 x 1 log (3 x)3
Điều kiện xác định
1 0
2
x x
x x
x x
< <
− >
Khi đó PT đã cho tương đương 3 2 3
( 1)(3 )
2
x − x+ = − −
Trang 6
2 2 2
x x
3
5
3
x
x
=
⇔
=
Kết hợp với điều kiện xác định ta có 5
3
x=
Vậy nghiệm của phương trình là: 5
3
x=
x
x dx
x
x x
−
=
3
1 3
3 2 1
3
1 4
x dt t x
t x
2
2 3
1
1 1
x
3 2
3
−
=
⇒
Khi đó:
dt
t dx
x
x
2 3 1
1
3 3
3
2
−
=
−
;
3
x
8
3 2
0
2
0
4
3
=
I
Câu 5.(1,0 điểm):
Vì hình hộp đứng ABCD A B C D ' ' ' ' nội tiếp trong hình trụ nên đó là hình hộp chữ nhật có
đáy là hai hình chữ nhật ABCD, A B C D' ' ' ' nội tiếp đường tròn đáy của hình trụ
Gọi O, O’ lần lượt là tâm hai đáy hình trụ
O AC BD O A C B D CA C A a
Do
AA'
DA AB
DA
⊥
⇒AD⊥(ABB A' ')nên AB’ là hình chiếu của B’D trên (ABB A' ')
Suy ra góc giữa đường thẳng B D' và mặt phẳng (ABB A' ') bằng góc giữa B’D và AB’ và bằng
· '
DB A=300
Gọi H là trung điểm AB Chứng minh được 3
2
a
OH = , AB’ = 3a 3 Tính được AB = 4a BB’ = a 11
Thể tích khối hộp là V ABCD A B C D ' ' ' '=S ABCD.OO' = AB.AD.OO'=12a2 11 (đvdt)
Câu 6.(1,0 điểm):
E líp: (E): + = 1 ⇒ ⇒ (a, b, c > 0)
Theo giả thiết thì BF + AF = 6 (1)
Mặt khác BF + BF = AF + AF = 10 ⇒ BF + BF + AF + AF = 20
⇔ BF + AF = 14 (2)
Trang 7Vậy chu vi tứ giác FFAB là P = FF + AF + BF + AB = 2c + 14 + AB = 22 + AB
Do đó P ⇔ AB =
Mặt khác
Lấy (2) trừ (3) ta được: (x - x) + (y - y) = 0 (4)
Từ (1) ⇔ a - ex + a + ex = 6 ⇔ x - x= 5 (5) nên AB = ≥ 5
Yêu cầu bài toán ⇔ AB = 5 ⇔ y = y
Do đó (4) ⇔ (x - x)(x + x) = 0 ⇔ x + x = 0 (6)
Giải (5) và (6) ta được ⇒ y = y = ±
Kết luận A(; ± ), B(; ± ) là các điểm cần tìm
Câu 7.(1,0 điểm):
Ta có (S): x2+y2+ −z2 2x+4y−6z− = ⇔ −11 0 (x 1)2+ +(y 2)2+ −(z 3)2 =25
nên mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3) bán kính R = 5
Do ( )β song song với mặt phẳng ( )α : 2x+2y− +z 17=0 nên phương trình mặt phẳng ( )β có
dạng: 2x+2y− + =z d 0 (d ≠17)
Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính là r = 3
Gọi H là hình chiếu của I trên ( )β
Vì ( )β cắt mặt cầu theo một thiết diện là đường tròn (C) bán kính 6π nên
IH = 2 2
25 9 4
R −r = − =
Mà IH = d(I, ( )β ) = 2 4 32 2 2 5
3
2 ( 2) 1
=
7( / ) 3
d loai d
d t m
=
= ⇔ = −
Vậy phương trình ( )β là 2x+2y− − =z 7 0
Câu 8.(1,0 điểm): Giải hệ phương trình sau: 2
2
( 1) 3 0 (1)
5
x x y
x y
x
+ + − =
+ − + =
Cách 1: Điều kiện xác định x≠ 0
Ta có (1) ⇔x2+xy+ =x 3 4 2 2 2 3 2 3
x x y x x y x y x
x x+y +x = ⇔ x + x y+x y +x = (2’)
Trừ (1’) cho (2’) theo vế ta có 2
x x+y = x y 22
x
Thay vào (2) ta có 44 52 1 0
x − x + = ta có
2
2
1 1
4
x x
1 2
x x
±
⇔ = ±
Trang 8Thay vào (*) ta có x = 1 thì y = 1; x = -1 thì y = 3; x = 2 thì y = 3
2
− ; x = -2 thì y = 5
2 Thử lại ta được hệ có hai nghiệm là (x; y) = (1; 1) và (2 ; 3
2
− )
Cách 2: Điều kiện xác định x≠0
Khi đó chia hai vế của phương trình (1) cho x ta có phương trình tương đương
3
1
x y
x
+ − = −
Hệ trở thành
2 2
3 1 5
x y
x
x y
x
+ − = −
Đặt
2
1 (b>0)
x y a
b x
+ =
a b
a b
− = −
Giải hệ có
1, 2
,
b a
Nếu a = 2, b = 1 ta có x = y = 1
2
a= =b ta có x = 2, 3
2
y= −
Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = (1; 1) và (2 ; 3
2
Câu 9.(1,0 điểm) Đặt
, , 0 1
5
x y z
a a b c
ab bc ca abc b
a b c
a b c c
Ta có:
VT
a abc =a ab bc ca= a b a c
VT
a b a c b c b a c a c b
Ta có: ( ) ( )
3 3 3
a
a b a c
Tương tự: ( ) ( )
3
3
b
b c b a
3
3
c
c a c b
3
ĐỀ SỐ 2
Câu 1 (2,0 điểm)
Cho hàm số ( 2) 3( 1) 1
2
3− − − − +
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=−2
b) Tìm m>0để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là y CĐ,y CT thỏa mãn :2y CĐ+y CT =4
Trang 9Câu 2.(1,0 điểm).
Giải phương trình (tanx+1)sin2x+cos2x+2=3(cosx+sinx)sinx
Câu 3 (1,0 điểm)
7 2 3
3
6 ln
0
∫ + + +
e e
e I
x x x
Câu 4.(1,0 điểm).
Cho tập E={1,2,3,4,5} Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3 chữ số đôi
một khác nhau thuộc tập E Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5.
Câu 5.(1,0 điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
7 1
5 1
4 : 1
+
=
−
−
=
x
2
1 1
1
2
:
+
=
−
=
x
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M(−1;2;0), ⊥d1 và tạo với d2 góc 600
Câu 6.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình đường thẳng AClà
, 0
31
x hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1:x+ − =y 8 0, d2:x−2y+ =3 0
.Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Câu 7.(1,0 điểm)
Cho hình chóp S ABCD có SC⊥( ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3và
120
ABC= Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD) bằng 450
Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD
Câu 8.(1,0 điểm):
Giải hệ phương trình:
2 2 2 2
Câu 9.(1,0 điểm)
Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2+y2+z2 ≤3y
) 3 (
8 )
2 (
4 )
1 (
1
2 2
2 + + + + +
=
z y
x P
LỜI GIẢI Câu 1.(2,0 điểm):
a) (1,0điểm)
Khi m=−2 hàm số trở thành y=x3+6x2+9x+1
a) Tập xác định:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có = −∞
−∞
→ y
xlim và lim = +∞.
+∞
→ y
x
b) Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có y'=3x2 +12x+9;
Trang 101 3
0 '
; 1
3 0
'
; 1
3 0
−
>
−
<
⇔
>
−
=
−
=
⇔
x
x y
x
x
y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;−3) (, −1;+∞); nghịch biến trên (−3; −1)
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=−3, y CĐ =1, hàm số đạt cực tiểu tại x=−1, y CT =−3
/ /
6 12
y = x+ y/ / = ⇔ = −0 x 2, y=-1
Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn
* Bảng biến thiên:
c) Đồ thị: Đồ thị nhận điểm I(-2;-1) làm điểm uốn làm tâm đối xứng
b) (1,0 điểm)
Ta có y'=3x2−3(m−2)x−3(m−1),∀x∈
−
=
=
−
=
=
⇔
= +
−
−
−
⇔
=
1
1 0
1 )
2 ( 0
'
2
1 2
m x x
x x m
x m x
y
với m> 0 thì x1 <x2. Khi đó hàm số đạt cực đại tại x1=−1 và đạt cực tiểu tại x2 =m−1
2
1 ) 1 ( ,
2
3 ) 1
Vì 2y CĐ+y CT =4 ⇔ ( 2)( 1) 1 4 6 6 ( 2)( 1) 0
2
1 2
3
2 m− m+ m− 2+ = ⇔ m− − m+ m− 2 =
2
Đối chiếu với yêu cầu m> 0 ta có giá trị của m là
2
33 1 ,
1 = − +
m
Câu 2.(1,0 điểm)
Điều kiện: cosx≠0, hay
π
k
x≠ +
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
x x x x
x
x 1)sin 1 2sin 2 3(cos sin )sin
(tanx 1) sin x 3 sin x cos x 3(cosx sin ) sinx x 6 sin x
(tan 1) sin 3cos 2 3(cos sin ) sin (tan 1) sin 3(cos sin ) cos 0 (sin cos )(sin 3cos ) 0 (sin cos )(2 cos 2 1) 0
in cos
4
, 1
cos 2
2
3
k x
¢
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x= +k x=± +k ,k∈
3
,
π
Câu 3.(1,0 điểm)
x
'
y
y
3
−
∞
1
∞
−
∞
+
3
−
y
1
3
−
1
−
Trang 11Đặt 3+e x =t.
Khi đó e x =t2−3⇒e x dx=2tdt Khi x=0⇒t=2, khi x= ln 6 ⇒t= 3
+
− +
2 2 3
2
1 3 2
2 7 ) 3 ( 2 3
d 2
t t t
t t
t
t t I
∫
+
− +
= + +
2 3
2
d 1 2
1 1 t
1 2 d ) 1 2
)(
1
(
t
t t
t
t
63
80 ln ) 5 ln 7 (ln ) 3 ln 2 4 ln 2 ( 1 2 ln 1
ln
2
2 3
2
3
=
−
−
−
= +
−
+
Vậy: ln80
63
I =
Câu 4.(1,0 điểm)
Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là 5 × 4 × 3 = 60
Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là 4×3×2=24,
và số các số có mặt chữ số 5 là 60−24=36
Gọi A là biến cố hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5; B là biến cố hai số được viết lên
bảng đều không có mặt chữ số 5
Rõ ràng A và B xung khắc Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có
25
13 5
2 5
3
) ( ) ( )
(
2 2
1 60 1 60
1 24 1 24 1 60 1 60
1 36 1
+
= +
= +
=
∪
C C
C C C C
C C B P A P
B
A
P
25
12 25
13 1 ) (
P
Câu 5.(1,0 điểm)
Giả sử ∆ có vtcp u∆ =(a;b;c), a2 +b2 +c2 ≠0 ∆⊥d1⇔u∆.u1=0⇔a−b+c=0 (1)
2
1 1 4
a b c
a b c
− −
Từ (1) có b=a+c thay vào (2) ta được 18c2 =3(a2+(a+c)2 +c2)⇔a2+ac−2c2 =0
−
=
−
=
=
=
⇔
,
2
2 ,
c b
c
a
c b
c
a
Với a=c,b=2c, chọn c=1⇒u∆ =(1;2;1) ta có
1 2
2 1
1 :x+ = y− = z
∆
Với a=−2c,b=−c, chọn c=−1⇒u∆ =(2;1;−1) ta có .
1 1
2 2
1 :
−
=
−
=
+
Câu 6.(1,0 điểm)
), 8
; ( 8
:
1 y x B b b
d
)
; 3 2 ( 3 2
:
2 x y D d d
d
) 8
; 3 2
=
2
8
; 2
3 2
b+ d− −b+d+
I
Theo tính chất hình thoi
=
=
⇔
=
− +
−
=
− +
−
⇔
∈
=
⇔
∈
⊥
⇒
1
0 0
9 9 6
0 13 13 8 0
d
b d
b
d b AC
I
BD u AC
I
AC
Suy ra ( 1;1) 21; 92 .
) 8
;
0
(
−
⇒
D
B
)
; 31 7 ( 31 7
AC
A∈ =− + ⇒ − +
2
15 2
15
2
2
BD
S AC BD AC
S ABCD
B
A
D
C I
Trang 12
−
⇒
=
=
⇔
=
−
⇔
=
− +
⇒
) ktm ( ) 6
; 11 (
) 3
; 10 ( 6
3 4
9 2
9 2
225 2
9 2
63
7
2 2
2
A
A a
a a
a a
Suy ra A(10;3)⇒C(−11;6)
Câu 7.(1,0 điểm)
Kẻ SK⊥ AB⇒hình chiếu CK ⊥ AB
(SAB), (ABCD) SKC 45
⇒ = =
2
a ABC= ⇒CBK = ⇒CK =CB =
2
3 45
CK
2
3 3 120 sin
2
0 a BC
AB
4
3 3
3
.
a S
SC
V S ABCD = ABCD =
⇒
Gọi O=AC∩BD. Vì BD⊥ AC, BD⊥SC nên BD⊥(SAC) tại O Kẻ OI ⊥SA⇒OI là đường
vuông góc chung của BD là SA.
Xét hai tam giác đồng dạng AOI và ASC hoặc đường cao của tam giác SAC suy ra
10
5 3
5
2
OI = =
10
5 3 ) ,
Câu 8.(1,0 điểm)
Hệ phương trình tương đương :
2 2 2 2
2
x y x y
Điều kiện: x+y≥0, x-y≥0
Đặt: u x y
v x y
= +
= −
2
3 (2) 2
u v uv
u v uv
uv
4
uv
u v
u v
=
+ =
Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
Câu 9(1,0 điểm)
Ta có 2x+4y+2z≤(x2+1)+(y2+4)+(z2 +1) = x2+y2+z2+6≤3y+6
Suy ra 2x+y+2z≤6 Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1
2 = =
Chú ý rằng, với hai số dương a, b áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 2 2 2
) (
8 1
1
b a b
a + ≥ + , (*)
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b
S
D
A
C
O I
Trang 13Áp dụng (*) ta được : 2
2 2
) 3 (
8 )
1 2 (
1 )
1 (
1
+
+ +
+ +
=
z y
x
2 ( 3)
8 )
1 2 1 (
8
+
+ + + +
≥
z y
x
2
2 (2 2 10)
4 64 )
3 2 2 (
64
+ + +
= + + + +
≥
z y x z
y
) 10 6 (
4 64
2 = +
≥
Dấu đẳng thức xảy ra khi x=1,y=2,z=1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đạt khi x=1,y=2,z=1
ĐỀ SỐ 3
Câu 1.(2,0 điểm)
Cho hàm số : y= −x3 3mx +2 ( )1 ,m là tham số thực
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( )1 khi m= 1
2) Tìm các giá trị củam để đồ thị hàm số ( )1 có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d x: + + =y 7 0 góc α,biết cos 1
26
Câu 2.(1,0 điểm)
1) Giải phương trình :
4
sin 2 cos 2 sin 2
+
2) Tính giới hạn :
3 2 2 2
lim
4
x
x x L
x
→
=
−
Câu 3.(1,0 điểm):
Tính tổng :
0 1 2 2014
2014 2014 2014 2014
T = + + + +L
Câu 4.(1,0 điểm) :
Tính tích phân 2
0
cos2x
1 3cos x
π
∫
Câu 5 (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng hệ toạ độOxy cho e líp ( ): 2 2 1
x y
E + = và các điểmA(−3; 0), I(-1;0)
Tìm toạ độ các điểm B C, thuộc ( )E sao choIlà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu 6.(1,0 điểm):
Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho 3 điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0),
S(0; 0; 4) Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng (0xy) sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, B, C, S
Câu 7.(1,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD A B C D 1 1 1 1 có độ dài cạnh bằng 3 và điểm M
thuộc cạnh CC CM1, =2.Mặt phẳng ( )α đi qua A M, và song somg với BD chia khối lập
phương thành hai khối đa diện Tính thể tích hai khối đa diện đó
Câu 8.(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình: ( )
+ = +
Câu 9.(1,0 điểm)
Cho các số thực x y z, , thoả mãn x2+y2+z2 =3