00 SACH LUYEN DE LAM TET 2016 p1

Học sinh của tôi ai còn thức học bài pm tôi chia sẻ kinh nghiệm học tập nào? ThíchHiển thị thêm cảm xúcBình luậnChia sẻ 3737 Bình luận 4 trong số 24 Xem các bình luận trước Tâm Luyện Từ Tâm Luyện Từ Các em giờ học khuya quá rồi đó, anh live stream hôm qua kêu trc 12h phải ngủ nhe ThíchHiển thị thêm cảm xúc · Trả lời · 1 lượt thích · 1 giờ Ngón Tay Lả Lướt đã trả lời · 10 câu trả lời · 1 giờ Ngón Tay Lả Lướt Ngón Tay Lả Lướt chưa 12h mà :v ThíchHiển thị thêm cảm xúc · Trả lời · 1 lượt thích · 1 giờ

CỔNG LUYỆN THI TRỰC TUYẾN SỐ 1 VIỆT NAM

THẦY ĐẶNG VIỆT HÙNG

BỘ ĐỀ THI MINH HỌA CHUẨN

CHO KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016

(Phần 1)

Thầy Đặng Việt Hùng

LêI GiíI THIÖU

Các em thân mến!

Kể từ năm 2015, Bộ giáo dục và Đào tạo chỉ tổ chức duy nhất một kì thi Quốc gia (gọi là kì thi

Trung học phổ thông quốc gia) lấy kết quả thi để xét công nhận tốt nghiệp Trung học phổ thông và làm căn cứ xét tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng

So với mọi năm, kì thi Trung học phổ thông quốc gia 2015 sẽ có một chút thay đổi về cấu trúc đề thi, độ khó – dễ của đề thi

Nhằm giúp các em học sinh có thêm tài liệu ôn thi, luyện tập với các đề thi chuẩn theo mẫu đề thi minh họa của Bộ giáo dục và đào tạo, Thầy Đặng Việt Hùng và Moon.vn phối hợp sản xuất bộ

sách “TUYỂN CHỌN ĐỀ THI MINH HỌA CHUẨN CHO KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016”

Thầy hi vọng rằng, thông qua các đề thi chuẩn được giới thiệu trong bộ sách sẽ giúp cho các em có cái nhìn bao quát về các dạng toán sẽ xuất hiện trong kì thi tới đây

Thầy chúc tất cả các em đang cầm cuốn sách này trên tay sẽ đạt được điểm số cao nhất trong kì thi Trung học phổ thông quốc gia 2016!

Hà Nội, ngày 05/02/2016

Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016

Môn thi: TOÁN; Đề số 01 – GV: Đặng Việt Hùng

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 ( 2 ) 3

y= −x mx + m − x m− + ( )C m (mlà tham số)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽđồ thị ( )C m với m=1

b) Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của ( )C m Đường thẳng d cắt trục Oy tại B Tìm m để

6

OAB

S∆ = vớ O là gốc tọa độ

Câu 2 (1,0 đ i ể m).

a) Cho góc α thỏa mãn sin α 1

2 2

2 < < Tính giá trị của biểu thức 2 cos 2α π

3

P=  + 

b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 2 ) + i 2 z+ = −z 4i 20. Tìm tọa độ của điểm M biểu diễn số phức z

Câu 3 (0,5 đ i ể m). Giải phương trình 2 1( ) 2( )

2

1

2

x+ − x = x− x+ −

Câu 4 (1,0 đ i ể m). Giải hệ phương trình ( ) ( )

,

x y y x y xy x

x y



∈



Câu 5 (1,0 đ i ể m). Tính tích phân

2 2

x

=

+ + −

Câu 6 (1,0 đ i ể m). Cho hình chóp S ABCD có SA⊥ABCD , đáy ABCD là hình thang vuông tại

A và D , AB=2 ,a AD=DC=a Góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60 Tính thể 0 tích của khối chóp S ABD và khoảng cách từ trung điểm I của SD đến mặt phẳng (SBC)

Câu 7 (1,0 đ i ể m). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, điểm A(−1; 2) Gọi ,

M N lần lượt là trung điểm của AD và CD, E là giao điểm của BN và CM Viết phương trình

đường tròn ngoại tiếp tam giác BME, biết BN có phương trình 2 x+ − =y 8 0 và B có hoành độ lớn

hơn 2

Câu 8 (1,0 đ i ể m). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(2;1; 0)và đường thẳng

:

x− y+ z

− Tính khoảng cách từ M đến ∆ và lập phương trình đường thẳng đi qua M , cắt và vuông góc với ∆

Câu 9 (0,5 đ i ể m). Một phòng thi ở kì thi THPT quốc gia có 50 thí sinh đăng ký dự thi, trong đó có

31 em nam và 19 em nữ Trong phòng thi này có 50 bộ bàn ghế được đánh số theo thứ tự từ 1 đến

50 Giám thị ghi số báo danh của mỗi thí sinh vào một bàn một cách ngẫu nhiên rồi gọi thí sinh vào phòng thi, tính xác suất để thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là thí sinh nam

Câu 10 (1,0 đ i ể m). Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 2 x− +2 y+ + = +1 1 x y

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 1

Câu 1 (2,0 điểm).

1

= +



= − +



Do 1+ > − +m 1 m,∀ ∈m R nên hàm số luôn có 2 điểm cực trị

Lại có hệ số a= >1 0 nên hàm sốđại tại A(− + −1 m; 3m+3) và cực tiểu tại C(1+ −m; 3m−1)

Phương trình tiếp tuyến tại A là: y= −3m+3⇒B(0; 3− m+3)

Do tam giác OAB vuông tại B nên ta có: 1 1 3 3 1 6

OAB

S = AB AB= − m+ m− =

1

m m

m

=



= −



Vậy m=3;m= −1 là các giá trị cần tìm

Câu 2 (1,0 đ i ể m).

a) Thầy chưa làm nhé !

b) Gọi M z( )=( )x y; ⇒z= +x yi (x y, ∈ℝ)⇒z= −x yi

Theo bài ra ta có ( ) (2 )

1 2+ i x+yi + − = −x yi 4i 20

i x yi x yi i xi y x yi x yi i

x y x y i

( )

4

4;3 3

x

M

y

=



=

Câu 3 (1,0 đ i ể m).

PT ⇔ x − − x = x− x+ −

2

8

x x

1 2

x

t

x

( )

2

1 2

1 4

t

t t

t loai

 =



 = −



x

x

−

Vậy nghiệm của PT là: 2 3

2

x= −

Câu 4 (1,0 điểm)

Điều kiện:

14 3 1

 ≥





 ≥ −



y

x

(1) ⇔3x2+3y2+ =8 y3− +x3 6y−6x⇔x3+3x2+6x+ =8 y3−3y2 +6y

Xét hàm số ( ) 3

3

= +

f t t t trên ℝ có ( ) 2

' =3 + > ∀ ∈3 0 ℝ

Suy ra hàm sốđồng biến trên ℝ Nên f x( + =1) f y( − ⇔ + = − ⇔ + =1) x 1 y 1 x 2 y

Thay vào (2) ta được (2x−11) ( 3x− −8 x+ =1) 5

(2 11 2)( 9) 5( 3 8 1)

x x

= ⇔ =



= ⇔ =



8 3

≥

x )

Vậy hệ có các nghiệm ( ) ( ) (x y, ={ 3;5 , 8;11) }

Câu 5 (1,0 đ i ể m).

Ta có

2 2

2

3

=

+ + −

∫

Đặt x2+ =1 t⇒x2 = −t2 1 Khi x= 3⇒t =2; x=2 2 ⇒t=3

2 2

1

t

− + +

3 t 2 t 1 dt 3 t 2d t 3 t 1d t

Vậy 2ln5 1ln 2

I = +

Câu 6 (1,0 đ i ể m).

Gọi E là trung điểm của AB dễ thấy ABCE là

hình vuông cạnh a

Khi đó ta có: 1

2

CE = AB⇒∆ABC vuông tại

đỉnh C hay AC⊥CB

Lại có SA⊥BC⇒BC⊥(SAC)

Do vậy SCA=600

Ta có: AC=a 2⇒SA= ACtan 600 =a 6

3 2

a

V = SA S = a a =

Do I là trung điểm của SD nên ta có:

2

d I SBC = d D SBC

Gọi K = AD∩BC khi đó

/ / 1 2

CD AB

CD AB







=

 nên CD là đường trung bình của tam giác AKB

Khi đó: ( ( ) ) 1 ( ( ) ) ( ( ) ) 1 ( ( ) )

d D SBC = d A SBC ⇒d I SBC = d A SBC

;

SA AC

Vậy

3

;

V = d =

Câu 7 (1,0 đ i ể m).

Gọi cạnh hình vuông là 2x Ta có BM =x 5

MCD NBC c g c MCD NBC MCN BNC NEC MC BN

Gọi H là hình chiếu của A trên BN Có: ( ) ( )

5

− + −

+

A BN

AH d

Ta có BAH=MCN (so le ngoài) nên 

AH CD

AB CM

Phương trình đường thẳng AH là: 1.(x+ −1) (2 y−2)= ⇔ −0 x 2y+ =5 0

Gọi B b( ,8 2− b ta có ) ( ) (2 )2 2

Suy ra B( )3; 2 , suy ra I( )1; 2 là trung điểm AB và AB=( )4;0

Phương trình trung trực AB đi qua I và nhận 1

4



AB làm véc tơ pháp tuyến là x− =1 0

Suy ra O là giao của đường trung trực của AB với AH nên 1 0 ( )1;3

− =



⇒





O

x

O

x y

Suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆BME là ( ) (2 )2

Câu 8 (1,0 đ i ể m)

Đường thẳng ∆ qua điểm A(1; 1; 0− ) và nhận u=(2;1; 1− ) làm VTCP

( )2

2 2

AM u

d M

u

+ + −

 



Gọi d là đường thẳng cần tìm và giả sử d cắt, vuông góc vớ ∆ tại điểm N

Phương trình tham số của ∆ là ( )

1 2

y t t

z t

= +







 = −



ℝ

Do N∈∆⇒N(2t+1;t− −1; t)⇒MN=(2t−1;t− −2; t )

Đường thẳng d nhận 1; 4; 2



MN làm VTCP nên nhận a= − −(1; 4; 2) làm VTCP

Kết hợp với d qua điểm M(2;1; 0) : 2 1

d − = − =

Câu 9 (0,5 đ i ể m).

Ω chính là số cách chọn 31 em từ 50 em ⇒ Ω =C5031

Gọi A là biến cố: “ thí sinh dự thi ngồi bàn số 1 và bàn số 50 đều là thí sinh nam ”

Bàn số 1 và bàn số 50 là 2 bạn nam nên chỉ còn 29 em nam và 19 em nữứng với 48 vị trí còn lại

50

93

245

A A

C

C P A

C

Ω

93 245

Câu 10 (1,0 điểm)

x y

+

2

t

t

Đi tìm ĐK cần và đủ của t

Từ x− ≥2 0; y+ ≥1 0⇒(x− + + ≥2) (y 1) 0⇒x+ ≥y 1⇒ x+ ≥y 1⇒t≥1

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm ta có

2

x y

Xét hàm số ( ) 4 64

2

t

f t

t

= + vớ t∈1; 6  Rõ ràng f t( ) liên tục trên đ ạn 1; 6  

5 3

1; 6 1; 6

t

t

=

∈

∈



129

2

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016

Môn thi: TOÁN; Đề số 02 – GV: Đặng Việt Hùng

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm).Cho hàm số 2

1

x y x

−

=

− ( )C

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽđồ thị ( )C

b) Tìm m để đường thẳng y= − +x m cắt đồ thị ( )C tại 2 điểm A B, phân biệt sao cho 3 điểm , ,

A B O tạo thành một tam giác thỏa mãn 1 1 1

OA+OB = , với O là gốc tọa độ

Câu 2 (1,0 đ i ể m).

a) Giải phương trình cos 1 sin

1 sin

x

x

x = − +

b) Tìm số phức z thỏa mãn ( )2

2

6

z + z = và z− + = −1 i z 2i

Câu 3 (0,5 đ i ể m) Giải phương trình ( )6 ( )2 ( )2 2

3

1

Câu 4 (1,0 đ i ể m).Giải hệ phương trình ( 2 )( 2 )

2







Câu 5 (1,0 đ i ể m).Tính tích phân 3( )

2 2

1

1

x

x

+

−

Câu 6 (1,0 đ i ể m). Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh avà BAD =600 Hình chiếu của S lên (ABCD) là trọng tâm tam giác ABC Góc giữa mặt phẳng (ABCD) và mặt phẳng

(SAB) là 60 Tính theo a th0 ể tích của khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng

SC và AB

Câu 7 (1,0 đ i ể m) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, D có

(8; 4)

B , CD=2AB và phương trình AD x: − + = Gy 2 0 ọi H là hình chiếu vuông góc của D

trên AC và 82 6;

13 13

M 



  là trung điểm của HC Tìm tọa độ các điểm A, C, D

Câu 8 (1,0 đ i ể m). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(0; 1; 3 ,− − ) (B 3; 0; 3− ) và

mặt cầu ( )S có phương trình x2+y2+ +z2 2x+2y+2z− =6 0 Viết phương trình mặt phẳng

( )P đi qua 2 điểm ,A B và cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn có bán kính bằng 5

Câu 9 (0,5 đ i ể m). Cho n∈ℕ thỏa mãn 3C n2+2A n2 =3n2+15

Tìm số hạng chứa x trong khai tri10 ển 2 3 32 , 0

n

x

Câu 10 (1,0 đ i ể m).Cho các số thực x; y > 0 và thỏa mãn x + y + 1 = 3xy

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

y x x y x y

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 2

Câu 1 (2,0 điểm).

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng đã cho là

1 1

2

1

x x

x

x m

x

≠



Hai đồ thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B thỏa mãn A x( 1;− +x1 m B x) (, 2;− +x2 m)

Hơn nữa theo định lý Viete x1+ =x2 m x x; 1 2 = −m 2

Ta thu được

⇒

2

2

2 2

2

=



=



m

m

Vậy m=0;m=2 là các giá trị cần tìm

Câu 2 (1,0 đ i ể m).

a) Điều kiện: sinx≠ −1 (*)

PT tương đương với cos cos2 cos 0

x

x

=



=

sin 1 ( )

x

x

=







Vậy nghiệm của phương trình là: π 2π; 2π, ( )

2

x= +k x=k k∈ℤ

b) Gọi z= +x yi (x y, ∈ℝ)⇒z= −x yi

Ta có ( )2 ( ) (2 )2

z + z = +x yi + −x yi = x − y

Theo bài, ( )2

Từ (1) và (2) ta có ( )2 2 2

1

y

y

=





= −



• Với y=1 thế vào (2) có x= − =3 1 2⇒z= +2 i

4

y= − thế vào (2) có 3 1 7 7 1

Vậy

2

7 1

4 4

z i

= +







Câu 3 (0,5 điểm)

x

x x

>



⇒ >



− >



3

1

2

2

Đặt 2

2

log

log 3 4

x a

=





− =

1 ⇔6ab=2a +4b ⇔2a −2ab−4ab+4b =0 ( )(2 4 ) 0

a b a b

a b a b

a b a b

2

16

9









Vậy PT có nghiệm là 1;16; 2

9

S = 

Câu 4 (1,0 đ i ể m)

Đk: y−xy+ ≥9 0

Xét hàm số: ( ) 2

1

f t = +t t + trên ℝ

Ta dễ c/m f t( ) đồng biến trên ℝ nên ta được x+ = −1 y

Pt ( )2 trở thành: x2+ −8 x2+ =3 2013x−2012 ( )3

x

∀ ∈ℝ có x2+ >8 x2+3⇒2013x−2012>0⇒x>0

x

Đặt:

2013

T

Do x>0 nên T<0 nên x− = ⇔ =1 0 x 1 (thỏa mãn)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( ) (x y; = −1; 2)

Câu 5 (1,0 đ i ể m).

( ) ( ) ( )

3

2

3

2

2

3

2

2 2

1 2

x x x

x

x

− −

−

−

∫

Do đó 21ln 2 4 ln 3 2 5 1ln8 21ln 2 4 ln 3 5 ln 8

Vậy 5 21ln 2 4 ln 3 ln 8

3

I = + − −

Câu 6 (1,0 đ i ể m).

+) Tính thể tích khối chóp:

Qua H (Là trọng tâm của ABC) kẻđường

thẳng song song với BC cắt AB và CD lần

lượt tại K, I Ta có: AB/ /CD⊥(SIK),

AB a

HK = =

3

a SKH = ⇒SH =HK =

2

.sin sin 60

2

ABCD

a

S = AB AD A=a a =

.

+) Tính khoảng cách:

Kẻ HE⊥SI E( ∈SI) do CD⊥(SIK)⇒HE⊥CD⇒HE⊥(SCD)

d SC AB =d AB SCD =d B SCD = d H SCD = HE

,

a

HE d SC AB a

HE = SH +HI = a + a ⇒ = ⇒ =

Câu 7 (1,0 đ i ể m).

Phương trình trình AB: x+ −y 12= , vì A là giao 0 điểm của AB và AD nên tọa độ A thỏa mãn hệ

A

Lại có

;

5; 7

AM

AM x y A









Gọi N là trung điểm của CD suy ra MN/ /DH⇒MN ⊥AC⇒MN x: −5y− = 4 0

Dễ thấy ABND là hình chữ nhật Do đó

8; 4

BN AD x y

BN x y B



Ta có N=MN∩BN⇒N(4; 0)

Lại có

4; 0

CD AB x y

CD x y





1 3

C CD AC C ;

D CD AD D ;

Vậy A(5; 7), C(7; -3), D(1; 3)

Câu 8 (1,0 đ i ể m)

Ta có A(0; 1; 3 ,− − ) (B 3; 0; 3− )⇒AB=(3;1; 0) Nên

P ax b y+ + +c z+ = a + + >b c

AB∈ P ⇔n AB = ⇔ a b+ = ⇒b= − a⇒ P ax− a y+ +c z+ =

( 1; 1; 1 ,) 3

( )

2 2 2 2

2

9

0

a c

a a c

a

− +

=





Nếu a=0⇒( )P :x= −3; Nếu a= −4;c=39⇒( )P : 4− +x 12y+39z+129=0

Kết luận có 2 mặt phẳng cần tìm

ĐK: n 2*

n

≥





∈

 ℕ (*) Khi đó

3

10 2

n

n

= −



=



Kết hợp với (*) thì chỉ có n=10 là thỏa mãn Vớ n=10 ta có

2

3

n

x

−

Trong đó 0 k 10

k

≤ ≤





∈

 ℕ (**)

Bài ra ta cần giải phương trình 5k−20 10= ⇔ =k 6 đã thỏa mãn (**)

Vậy số hạng chứa x10 trong khai triển đã cho là 6 ( )6 10 10

Câu 10 (1,0 đ i ể m).

Cách 1:

Ta có

P

y y x x x y x y x y y x

Đặt t=xy⇒t>0

1

2

9

t

x y

t

≥



+

≤



Từ giả thiết ; 0 3 1 1

x y

xy xy

x y xy

>





+ + =

 Từđó ta được điều kiện là t ≥ 1

Khi đó

2

Suy ra P(t) là hàm nghịch biến trên [1; +∞]

4

t≥ ⇔P t ≤P = − = ⇒P≤

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi t= ⇔ = =1 x y 1

Cách 2:

Ta có

( 1 1) ( 1 1).

P

x y y x

Đặt a 1;b 1 ( ,a b 0) x y 1 3xy a b ab 3

x y

Theo BĐT Cô-si ta có 3= + +a b ab≥2 ab+ab⇔( ab−1)( ab+ ≤ ⇔3) 0 ab≤ ⇔1 ab≤1 Khi đó ta có

+ +

2 2

+

Vậy maxP= ⇔ = = ⇔ = =1 a b 1 x y 1

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016

Môn thi: TOÁN; Đề số 03 – GV: Đặng Việt Hùng

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm).Cho hàm số 1

2

x y x

− +

=

−

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽđồ thị (C) của hàm sốđã cho

b) Tìm m đểđường thẳng d y: = + −x m 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB

nhận điểm H( 1;1)− làm trực tâm (với O là gốc tọa độ)

Câu 2 (1,0 đ i ể m).

a) Giải phương trình 2 sin 2 15π sin 1 cos

−

x

x

b) Tìm phần thực, phần ảo của số phức = +( )1 n

z i , biết n là số tự nhiên lớn hơn 3 và thỏa mãn

phương trình log (4 n− +3) log (16 n+9)2− =3 0

Câu 3 (0,5 đ i ể m). Giải hệ phương trình

2

2 2 2

x

y y

x y









Câu 4 (1,0 đ i ể m).Giải bất phương trình

2

0

Câu 5 (1,0 đ i ể m).Tính tích phân 1( )3 2

0

I =∫ x− x−x dx

Câu 6 (1,0 đ i ể m). Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh ' ' '

đáy AB bằng 2a và góc ABC=30 0 Tính thể tích của khối lăng trụ ABC A B C biết khoảng cách ' ' '

giữa hai đường thẳng AB và CB bằng '

2

a

Câu 7 (1,0 đ i ể m) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I có hoành độ dương

thuộc đường thẳng d x: − + =y 1 0 và điểm A(1; 2) nằm ngoài đường tròn Qua A vẽ hai tiếp tuyến

AB, AC tới đường tròn (C) (với B, C là tiếp điểm), viết phương trình đường tròn (C) biết IA=2 2

và đường thẳng BC đi qua điểm M(3; 1)

Câu 8 (1,0 đ i ể m) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 1 1

d − = − = +

mặt cầu ( ) : (S x−2)2+ −(y 3)2+z2 =9. Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng d và cắt (S) theo một giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng 3π

Câu 9 (0,5 đ i ể m). Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng

Câu 10 (1,0 đ i ể m).Cho , , ca b là các số thực dương

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2

4

P

a b a c b c

a b c

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 3

Câu 1 (2,0 điểm).

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) :

2

1

2

x

x

− + = + − ⇔ + − − + =

Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ pt(*) có hai nghiệm phân biệt x x khác 2 1; 2

2

2

4

m



< −

Khi đó ta có 1 2

1 2

2 (1) 2 1 (2)

x x m

+ = −





 và A x x( ;1 1+ −m 1); ( ;B x x2 2+ −m 1)

Ta có OH= −( 1;1)⇒OH ⊥d⇒OH ⊥AB

H là trực tâm của tam giác OAB ⇔HA⊥OB⇔HA OB  =0 (*)

Với HA=(x1+1;x1+ −m 2 ;) OB=(x x2; 2 + −m 1)

(*)⇔ x +1 x + x + −m 2 x + − =m 1 0

⇔ + − + + − − = ⇔2 1 2( − m) (+ m−1 2)( −m) (+ m−1)(m− =2) 0

1

2

Vậy 1

2

=

m là giá trị cần tìm

Câu 2 (1,0 đ i ể m).

a) ĐK: {sin 0 π( )

sin 2 0 cosx≠ ⇔≠0 x≠ ⇔ ≠x k2 k∈Z

x

1 cos cos sin sin sin 2 cos 2

Pt⇔ − x x+ x= x x− x

⇔cos 2x(cosx+sinx− =1) 0

cos 2 0

sin

=





⇔  + =



x x

cos 2 0

( )

2 π

2 π

2

=





x k l x

Đối chiếu đk, pt (1) có nghiệm π π ( )

,

k

x = + k ∈ Z

b) Ta có

log (n− +3) log (n+9) − = ⇔3 0 log n− +3 log n+ − = ⇔9 3 0 log n +6n−27 =3

( )

13

 =

= −



n TM

n Loai

Với n=7 ta có : ( )7 ( ) ( ) ( ) ( )2 3 3 ( )

z= +i = +i  + =i i + = −i i + = −i i

Phần thực là 8, phần ảo là –8

Câu 3 (0,5 đ i ể m)