20 đề THI THỬ đại học môn TOÁN

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.. 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.. Khả

Trang 1

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:    

x x

x

cossin

1sin1

cotcos1

24

322

x x

y

y x

x I

x

Bài 5: Cho tứ diện ABCD có 3 cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau, AB=BC=CD=a Gọi

C’ và D’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của B lên AC và AD Tính thể tích tứ diện ABC’D’

Bài 6: Chứng minh rằng: 4028 2

!2014.2

!

4028

Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):(x5)2 y2 20và 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

14

2

3:1





 y z x

52

31

ĐÁP ÁN Bài 1: Đặt      3

22

;

;0

;1

;0

Trang 2

Hay:     

212

1

)(10

158402

21

2 2

4 6 2

m m m m

m m

12

1

I m

12

1

I m

Vậy có 2 điểm I thỏa mãn điều kiện: 

1

I

Bài 2:    

x x

x

cossin

1sin1

cotcos1

k x x

x x

40

cossin

0sin

01cossincossin

cossin

1sincos

1

2cos

sin

1sinsin

cos1

x x

sincos

sin21)

2(

;4cos2cos

22

4

342

14

cos

k x

2

y x

0

;(

;2

2

2 2

v y

u x v

u y v

x u

24

32

2

2 2

2

u u v

v u

8

272

2 3

2

u v

u

v u

Thế phương trình đầu vào phương trình còn lại:

3221

012872

132728

2 3 4

2 2 3

u

u u

u u u

u u u u

u u

u

Trang 3

loai v

2

12

222

12

y

x y

x v

;(x y

11

1

dx xe xe

e x dx

xe x

x

x x

1 1

2

1

)1(2ln1

211ln1

1

11

2 2

e

e e e

e t

t dt t t t

)1(2

ln

e

e e I

BC AB

Tam giác ABC vuông cân tại B nên: AC’=CC’=BC’ Tam giác BCD vuông tại C nên: BDa 2 Xét

tam giác ABD:

2'

AD

Thể tích tứ diện ABCD là:

6

.3

a S

1

''

V AD

AC AB

AD AC AB V

12.(

).(

2)22).(

12.(

2

3.2.1)]!

1(

k k

k

k k

12.(

).(

k k

k

Trang 4

2 2

2

)1(4)22

).(

4.2)22).(

12.(

k

k k k

)!

1.[(

2)22).(

12.(

).(

2(**) 2 k 2 k k 2( 1) k 2 VP

Theo giả thiết quy nạp, cho n=2014 suy ra điều phải chứng minh: 4028 2

!2014.2

!

4028

Bài 7: Gọi tọa độ 2 điểm M,N lần lượt là: M(x1;y1);N(x2;y2)

Kết hợp với giả thiết ban đầu ta có hệ phương trình:

2 1

2 2

2 1 2 1

03

205

y y

x x

y x

23

205

(*)

2

2 2

2 2 2

2 1

2 2

2 1 2 1

y

y y

y

x x

y x

1 1 2

y x

1 1 2

y x

x

, tọa độ M,N lần lượt là: M(7;4); N(-7;4)

Vậy có 2 cặp M,N thỏa mãn điều kiện: M 1 (1;-2); N 1 (-1;-2) và M 2 (7;4); N 2 (-7;4)

Bài 8: Vì (d) song song với Oy nên (d) nhận n(0;1;0)

làm VTCP

Giả sử (d) cắt (d 1 ) tại A, cắt (d 2 ) tại B, khi đó: A(3+2t 1 ; 4t 1 ; -1+3t 1 ), B(-3+t 2 ; 3+2t 2 ; -5t 2 )

)135

;342

;62( 2  1 2 1  2 1

0135

342

062

2

1 1

2

1 2

t t k

t t

k t

t

t t n k

z

t y

x

Trang 5

Vậy phương trình đường thẳng (d) có dạng: (d)

z

t y

)2

)(

22

2 2 2

2

2 2 2

2

2 2 2

xy

y x y

x

y x xyi

y x

z z z

x

x x

1xy









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 ymxm2cắt (C)

tại hai điểm phân biệt A, B sao cho IA = IB

Bài 2: Giải phương trình: 2sin2 xcos5x1

Bài 3: Giải phương trình:

4 3.4 6 5log 4 3.4 6 7 log 4 3.4 6 5log 4 3.4 6 4

log

2 2

I

Bài 5: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại đỉnh C; đường thẳng BC' tạo với mặt

phẳng (ABB'A') góc 60 và AB=AA'=a Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của BB',CC',BC Tính thể tích 0

lăng trụ ABC.A'B'C', khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và NP theo a.

Bài 6: Cho a,b là hai số thực thuộc 0 ; 2 và thỏa

3

225

12

Trang 6

Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giácABC và hình vuông MNPQ với M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC; P, Q nằm trên đường thẳng BC Biết A(3;1),M(1;4) và độ dài của cạnh hình vuông

MNPQ bằng 4 Tìm toạ độ các điểm B và C

Bài 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng ():2xyx20và

0422

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là:

2

1,

21

mx x

21

02560

032

1.532

12

0

2 2

m x

2

3

,2

534

34

53

22

2

4

53

m

m H m

y

m

m x

m x x m y y

y

m

m x

A

H

B A

11:

)(2

12

11

m y

Vì IAIBnên

2

12

5314

3)

m m

50

5

5 23

m m

So sánh điều kiện, bài toán thỏa mãn khi m = 5, m = -1, m = 1

2

3cos.2

7cos202cos5

PT

Trang 7

Với

7

27

02

7

x x

02

3

x x

0 6 4 3 4

2 2 2

2 2

2

x x x

x

x x

6 4 3 4 log 5 6 4 3 4 log 87

2 2

v

u đk v

u

x x x

x

x x x

v u

4

4 4

u u

u v

336256

9616

4

2

u u

u v

1 6 4 3 4 log 5 6 4 3 4 log 7

3 6 4 3 4 log 5 6 4 3 4 log 87

2 2 2

2 2

x

x x x

x

x x x

8 6 4 3 4

2 2

x x

(thỏa đk (*))

2

17 3 log 2

17 3 4

) ( 0 2

17 3 4 0 2 4 3 4 8 6

x x

4

2 4 0 2 4 3 4 4 6

x x

x

Vậy phương trình có 3 nghiệm: , 0

2

1,2

173

4 0

2 2

4

0

2

1tan1

1tantan

0

2

cos1

tan



dx x

x dx

dx du dv

dx x

x u

tancos

12

2

140

4coslntantan

0

4

tan

4 0

x xdx x

x

0

2 2

320

42



x xdx K

Trang 8

Vậy:

322ln2

')

''

Xét tam giác BKC':

4

15'

'

'.2

1

;2

15'

2 '

' '

a KC B A S

a

4

15'

3 ' ' ' '

'

.

a S

AA



*Tính khoảng cách: Gọi d là khoảng cách cần tính

Gọi Q là trung điểm B'C' thì MQ//NP hay NP//(AMQ)d d[P;(AMQ)]

Kẻ AH' vuông góc BC, lại có BB' vuông AH' suy ra: AH'(PMQ)

8

15'

32

2

152

'

3

2 2

a S

AH V

a PQ BP

S

a a

a BC

S

AH

PMQ PMQ

A PMQ

AM   , theo định lý trung tuyến thì:

5

155

8.8

153

42

12

5'

2

34

''''2''

2

'

2

3

2 2

2

2 2 2

2 2

a a

a S

V AMQ P

d

a AQ

AQ AM

S

a AQ AA

AQ

a C

B B A C

2

925252

525

22

5

12

2

2 2

b a

2 2 2

2

2 2 2 2

b a b

2

82

0162

10

2

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

b a

b a b

a

b a b

a

b

a

Trang 9

Vì a,b thuộc  0; 2 nên a2b22

Khi đó: Pa4b42a21b21  a2b2 22a2b2244210

Vậy MaxP=10 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=1

Bài 7: M là trung điểm AB B(5;7)

Đặt Q(a;b) Theo giả thiết ta có: MQ4,BM  AM 5

4

BQ MQ

1641

2 2

b a

01822 2

2 2

b a b

a

b a b a

01822 2

b a

b a b a

0265178

25 2

a b

a a

a b

1962553

4

;54

5

Q b

a

Q b

;1(0

)8

;1(8

N y

N

*Với N(1;8): N là trung điểm cạnh AC nên ta được C(5;15)

*Với N(1;0): N là trung điểm cạnh AC nên ta được C(5;1)

Trang 10

 Với )

25

196

;25

53(

25

3)25

21

;25

21

;25

010324

7

2 2

N N

y x

625

7

897

2416

47

967

24

7

1037

24

2 2

2

N N

y y

y x

y y

y x

7225121

25

128

;257125

1282571

N y

x

N y

317

Vậy các điểm B, C cần tìm là:  5;15

)7

;5(

C

B

,  5;1

)7

;5(

7

;5

7

;5

C B

Bài 8: Gọi u(a;b;c)là VTPT của (d) và (d) đi qua Mx0;y0;z0

Vì (d) thuộc ()nên unvà d//nên un un;n(4;3;5)

7221

3

422))

(

;())(

);

((

0 0 0

0 0 0 0

0 0

z y x

z y x z

y x M

d d

Trang 11

0 0 0

z y x

5/124

5/11

122

0 0 0

z y x

10

5/124

i z

i i

323

233

232

3.32

313

3

2, phần ảo bằng -1

Bài 1: Cho hàm số

 12

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2 Tìm tọa độ những điểm M nằm trên (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M hợp với hai trục tọa

độ thành một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng (d): 4x+y=0

Bài 2: Giải phương trình: tan 2 3

24tan.sin

cossin

cos



dx x e x

x e x x I

x x

Bài 5: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có ABD là tam giác đều cạnh a Đỉnh A’ cách đều các đỉnh A, B,

,khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B và B’D’ theo a

ĐỀ SỐ 3

Trang 12

P3 sinm cosn

Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có Aˆ 600 Trên các cạnh AB,BC lần

lượt lấy các điểm M,N sao cho MB+NB=AB Biết P 3;1 thuộc đường thẳng DN và đường phân giác trong của góc M ˆ D N có phương trình là xy 360 Tìm tọa độ đỉnh D của hình thoi ABCD

Bài 8: Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P):xy50và đường thẳng

t2y

t2x:)d

1 i z   i

ĐÁP ÁN

Bài 1: Ta có: 2

)1(

1'

1

0 2

2

0

12

;0

;2

12

x

x x B x

2 0

16

12

;6

12

x

x x x

x G

Vì G thuộc đường thẳng 4x+y=0 nên:

214

11

012

16

126

12

4

0 0

0 2

0

0 2

0

2 0 0 2 0 0

2

0

x x

x

x x x

x

Từ đó ta tìm được 4 điểm M thỏa mãn điều kiện đề bài

Bài 2: Điều kiện:

0cos

0sin

x x x

x

k x

Trang 13

(1) tan 2 3

2tan1

2tan1.sin

sinsin

x x

2

sin2cos

2

sin2

cos.sin

x x

x

32tan2

sin2cos

2

sin2

cos.sin

2

sin2cos

x x

x

x x

2123

2cot3

2cos

sin

sincos

32cos

sin

k x

x x

x

x x

x

x x

112

911

12

112

91

112

911

2 2

x x

x x x

x

Bài 4: Ta có: cosxsinxe x.cosxcosxe x.sinx  sinxe x.sinxe x.cosx

cosxe x.sinx  cosxe x.sinx'

cos.sin

.sin

sin.cos



dx x

e x

x e x e x dx

x e

x

x e

x

I

x

x x

.cos

sin.cos



x e x x

x e x

x e x d

)(

)'

(

D A B A do BD O

A

BD AC

BD ABCD

2

1,

6

33

1,

2

a BD AO S

a AO HO

a

Trang 14

 A' HOvuông tại H

260tan

.4

3.2' 2'

3 2

a a a H A S H A S

Ta có

( ' , ' ') (( ' ),( ' ')) ( ,( ' ))

)''(''),'

(

'

)''//(

)

'

(

BD A C d D CB BD A d D B B A d D

CB D

B BD

A

B

A

D CB

CO H A CK O

A

CO H

A

CK HO

A

'.''

cos'

,2

O A

a AO

43332

3.2

a a

n t

t

t t

t n t t m

t

2331

00

.1.3.1

.2

)

(

Ta có bảng biến thiên:

Trang 15

t

0

m n

n

23

3

 1 f’ + 0 -

f

n m

m n

2 3

)23(

)2.(

)3(

m n

t f

2 3

] 1

; 0

)2.(

)3()

n x

23

2 3

2

;

)2.(

)3(

m n

m n a

m n

n a

23

23arccos2

12

3

3cos2

2 3

2

;

)2.(

)3(

m n

m n a

23

23arccos2

1







Bài 7: Dễ thấy tam giác ABD đều, suy ra: AD=BD (1)

Theo đề bài:MBNBABMBAM NBAM(2) Từ (1) và (2) suy ra: ADM BDN(c.g.c)

N D

;2

332

trung điểm KP nên dễ dàng tìm được: K 33;13 3

Vì DH nằm trên đường phân giác góc M ˆ D Nnên K DˆH300

Gọi n( b a; )là VTPT của đường thẳng đi qua DK Ta có phương trình:

a b

a a b a

b a

3

00

32

330cos

2 2 0

*Với a=0 thì phương trình DK là: y13 3, suy ra tọa độ điểm D là: D3 3;13 3

Trang 16

*Với a 3b, chọn b=-1 thì a 3, phương trình DK: 3xy26 30, suy ra

1; 36

D

Vậy có 2 điểm D thỏa mãn điều kiện đề bài là: D3 3;13 3 và D1; 36

Bài 8: Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n (1;1;0)

Đường thẳng (d) có véc tơ chỉ phương u(1;2;0)đi qua điểm M(2;0;1)

Vì ()(P) và ()(d)nên ()có véc tơ chỉ phương v n,u (0;0;3)

Gọi (Q) là mặt chứa qua (d) và vuông góc (P)(Q) có véc tơ pháp tuyến là v(0;0;3) và (Q)

1z

)1(05yx)P(H

)Q(H

o

o o

Ta có:  u;v (6;3;0),MH(xo 2;yo;zo 1) u,v.MH6(xo 2) yo 6xo  yo 12Theo giả thiết, lại có:

x

6

)a3(027y3

x

6

1512yx655

3

12y3x65v

,u

M H.v,u5)

o o

o o o

)1

;1

;4(H1y

4x

027y3x6

01z

05yx

o o o

o o

)1

;11

;6(H11y

6x

03yx6

01z

05yx

o o o

o o

 Với H(4;1;1):Đường thẳng()cần tìm đi qua H và nhận véc tơ chỉ phươngv(0;0;3)

1y

4x

 Với H(6; 1;1):Đường thẳng()cần tìm đi qua H và nhận véc tơ chỉ phươngv(0;0;3)

11y6x

Trang 17

Bài 1: Cho hàm số yx4 2(m1)x2 2m1 (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=0

2 Tìm m để (C) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ x1<x2<x3<x4 sao cho: x2-x1=x3-x2=x4-x3

Bài 2: Giải phương trình: (12sinx)cosx2cos2xcos4x1

Bài 3: Giải hệ phương trình:

1

2 2

y x y

y y

y x x

)1(

dx x

x x 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 f x ax2bxc

)( sao cho a<b và f(x)0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a b

c b a 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:

3y

tx:)d( , mặt phẳng (P):xz40 và điểm

Bài 9: Tìm số nguyên dương x thỏa mãn phương trình:

2

1 3

2 1

A

C C

A

x

x x x

x

x x

ĐỀ SỐ 4

ĐỀ SỐ 5

Trang 18

Bài 1: Cho hàm số: yx3m2x2(m1)x2 (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi m=1

2 Tìm m để đồ thị (C) là đường cong lõm trên khoảng (-1;3)

2

2sin4

2sinsin

x

Bài 3: Giải bất phương trình:

3

214

110

5

123

x

x x

Bài 4: Tính tích phân:    

2 1 20141

x x

dx I

Bài 5: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành; AB=2AD=2a; B AˆD600; M là trung điểm AB; DM cắt AC tại H; biết rằng SH vuông góc với mp(ABCD); một mặt phẳng (P) qua H và song song với SC, cắt SA tại N, góc giữa hai mặt phẳng (DMN) và (ABCD) bằng 0

60 Tính thể tích khối chóp S.ABCD

Bài 6: Cho x,y,z là các số thực khác 0 thỏa mãn:

2

532

xz yz xy

z y x

Chứng minh rằng:

9

73

1

;6

72

1

;3

7

1x  y  z

Bài 7: Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (T):(x3)2(y2)2 8, 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 (S):(x1)2 (y3)2z2 8 và 2 điểm A(0;3;0); 2) Tìm điểm M thuộc (S), sao cho tích M AM B

B(4;3;- 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 y"0;x(1;3)

33

333

026

"

2 2

Trang 19

   



21

cos1

cos

0coscos

1

cos

1

0sincos

sincossin

1

0cossin

sinsin1coscos

1sin

cossin

1

cossin

sincoscos

sinsin

coscos

sinsin

1

12

2sin4

2sinsin

cos

sin1

5

3 2

3

3 3

2 3 3

2 2

2 3 3

2 2

2 3 2

3 5

2 5

k x x

x

x x

x

x x

x x x

x x

x x x

x x

x x x

x x

x x x

110

5

1232

x

x x

143143

)2(410

5

101

2

)2(35

3

2

0143

31410

5

101

253

2

014

313

11105

1232

x

x x

x

x x

x

x x

x

x x

x

x x

2ln2014

20151

21

ln

2014

1

)1(2014

112014

11

1

2014 2014

2 1

2 1 2014

2014 2014 2014

2014

2013 2

dt x

x

x d dx

x x

Trang 20

Lại có B thuộc (T) nên: (3a1)2 (3b10)2 8 (2)

Giải (1) và (2) ta được tọa độ của A và B là: A(1;4);B(1;0)hoặc 

17

;5

12

;5

1

B A

Gọi I(x;y) là tâm của đường tròn (C) Theo đề ta có:

;(I d d IA IB IA

Trang 21

|193

|4)1(2

23

|1523

|)4(

)

1

(

)1()4(

)

1

(

2 2

2

2 2 2

2

y x y x

x x

y y

x y

x

y x

y

x

Từ đó viết được 2 phương trình (C) là:

1300)

2()37(:)(

;13)2()2(:)(C1 x 2 y 2  C2 x 2 y 2 Tương tự cho trường hợp còn lại

Bài 8: Gọi I(1;3;0) là tâm mặt cầu (S), N(2;3;-1) là trung điểm AB

.MB MN NA MN NB MN NA MN NA MN NA

NA không đổi, vậy để tích M AM B

đạt GTLN khi MN lớn nhất Khi đó M là giao điểm của đường

thẳng đi qua IN và mặt cầu (S) Dễ dàng viết được phương trình đường thẳng IN:

t x

3

1

Vì M giao điểm của IN và (S) nên ta có phương trình: (t11)2(33)2t2 8t 2

3333.334.3



S

Bài 1: Cho hàm số y x3 3mx3m1 (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 phần tư thứ nhất

Bài 2: Giải phương trình: x

x

cos2tan23

2cos

1 x  x 

Bài 4: Tính tích phân:   

2 log 0

3

13.2

13

Trang 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))(

Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) x2 y2 2x6y90 và đường thẳng (d):3x-4y+5=0 và đường tròn (C) x2 y2 2x6y90 Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất

Bài 8: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho M(1;2;3) Viết phương trình đường thẳng qua M, tạo

với Ox một góc 600 và tạo với mặt phẳng (Oxz) một góc 300

Bài 9: Tìm phần ảo của số phức

246

5sin6

5cos

2

3

2cos



k x x

x x

x

x x x

x x

x

x x

0sin1

sin

cos

05sincos1sincos2

sin3

cos

sin4sin5cos6

cos

sin2cos32sincos

5

2 2

Bài 3:  2 3 3

21

1 x  x  Điều kiện: x1

)0(

;10

12)

1

(

6

0122)

2

(

21

22

x A

x

x x

x

x x

2

log

0

3 3

313.2

3131

3

2

13

dx dx

I

x x

x x x

x

, đặt t x dt 3x dx

3ln

13ln

2ln3

2

11

2ln1

2

11

3ln1

2

13

ln

1

3

2 1 2

dt t t I dt

t t

t

I

Trang 23

Bài 5: Tam giác ABC vuông tại A, suy ra: BC=2a

Tam giác DBC vuông cân tại D, suy ra: DBDCDAa 2, gọi I là trung điểm BC

3

S ID



Bài 6: Áp dụng BĐT Cosi cho 3 số dương

))(

)(

(

4

;2

1

;2

1

x z z y y x xyz

3 2 2 2

))(

)(

(

3)

)(

(

42

1

2

1

x z z y y x z y x x z z y y x xyz

Ta có: 2 2 2( )( )( ) ( )( )( )

xy yz zx xy yz xz xyz x z z y y x z

y

3

Áp dụng BĐT Cosi cho 3 số thực dương (xy+yz), (yz+zx) và (zx+xy):

83

))(

)(

(

41

Bài 8: Gọi VTCP của (d) là aa1;a2;a3, Ox có VTCP là (1;0;0)

Đường thẳng d tạo với Ox góc 600 nên:

03

2

160cos 12 22 322

3 2

2

160cos 12 22 322

3 2

a

Giải ra ta được:

22

2 1 2 3 2

2 2 1

a a a a a

21

1

;2

31

21

1

2

31

21

1

;2

31

21

x z y

x

z y

x z y

x

Tiêu đề	20 đề thi thử đại học môn Toán
Trường học	Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	Đề thi thử
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	46
Dung lượng	1,35 MB