Đề dự trữ 2005

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "Đề dự trữ 2005": http://123doc.vn/document/553506-de-du-tru-2005.htm

3
8
x y z
6 4 .4 .4≥

24
x y z
6 4 6
+ +
≥ =
DỰ BỊ 2 KHỐI A:
Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò ( C ) của hàm số
2
1
1
x x
y
x
+ +
=
+
.
2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M (- 1; 0) và tiếp xúc với đồ thò ( C ) .
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải hệ phương trình :
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y

+ + − + =


+ =


2. Giải phương trình :
3
2 2 cos ( ) 3cos sin 0
4
x x x
π
− − − =

Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
(C): x
2
+ y
2

12 4 36 0x y− − + =
. Viết phương trình đường tròn (C
1
) tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox,
Oy đồng thời tiếp xúc ngòai với đường tròn (C).
2. 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) a) Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng Oxy sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết
phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, B, C, S.
b) Tìm tọa độ điểm A
1
đối xứng với điểm A qua đường thẳng SC.
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
7
3
0
2
1
x
I dx
x
+
=
+
∫
.
2. Tìm hệ số của x
7
trong khai triển đa thức
2
(2 3 )
n
x−
, trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn:
1 3 5 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1

n
n n n n
C C C C
+
+ + + +
+ + + +
= 1024. (
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phần tử)
Câu V: (1 điểm) Cmrằng với mọi x, y > 0 ta có :

2
9
(1 )(1 )(1 ) 256
y
x
x
y
+ + + ≥
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài giải:
CÂU I.
1/ Khảo sát và vẽ đồ thò
+ +
=
+
2
x x 1
y (C)
x 1
MXĐ:
{ }
D R \ 1= −
.
( )
+
= = ⇔ + = ⇔ = = −
+
2
2
2
x 2x
y' ,y' 0 x 2x 0 x 0hay x 2
x 1
BBT
x
−∞
-2 -1 0
+∞
y'
+ 0 - - 0 +
y
−∞
-3

+∞

−∞
1
+∞
Tiệm cận:
x 1= −
là phương trình tiệm cận đứng
y x=
là phương trình tiệm cận xiên
2/ Phương trình tiếp tuyến
∆
qua
( )
M 1,0−
( hệ số
góc k ) có dạng
TRANG 5
∆
:
( )
y k x 1= +
∆
tiếp xúc với
( )
C

⇔
hệ pt sau có nghiệm
( )
( )

+ +
= +

+


+

=

+

2
2
2
x x 1
k x 1
x 1
x 2x
k
x 1
⇒ phương trình hoành độ tiếp điểm là
( )
( )
( )
2
2
2
x 2x x 1
x x 1
x 1
x 1
+ +
+ +
=
+
+
x 1
⇔ =
⇒
3
k
4
=
Vậy pt tiếp tuyến
∆
với
( )
C
qua
( )
M 1,0−
là:
( )
3
y x 1
4
= +
CÂU II. 1/ Giải hệ pt :
( )
2x y 1 x y 1
I
3x 2y 4

+ + − + =


+ =


( )
( ) ( )
2x y 1 x y 1
I
2x y 1 x y 5

+ + − + =

⇔

+ + + + =


Đặt
= + + ≥ = + ≥u 2x y 1 0,v x y 0
(I) thành
( )
− =
= ⇒ =



⇒


= − ⇒ = −
+ =



1 1
2 2
2 2
u v 1
u 2 v 1
u 1 v 2 loại
u v 5
Vậy
( )
2x y 1 2
I
x y 1

+ + =

⇔

+ =



2x y 1 4 x 2
x y 1 y 1
+ + = =
 
⇔ ⇔
 
+ = = −
 
2/ Giải phương trình
( )
3
2 2 cos x 3cosx sinx 0 2
4
π
 
− − − =
 ÷
 
(2)
3
2 cos x 3cosx sinx 0
4
π
 
 
⇔ − − − =
 ÷
 
 
 
( )
⇔ + − − =
⇔ + + + − − =
3
3 3 2 2
cosx sinx 3cosx sinx 0
cos x sin x 3cos xsinx 3cosxsin x 3cosx sinx 0
=


⇔

− =


3
cosx 0
sin x sinx 0
≠



+ + + − − − − =


2 3 2 3
cosx 0
hay
1 3tgx 3tg x tg x 3 3tg x tgx tg x 0
⇔ =
2
sin x 1
=haytgx 1
x k
2
π
⇔ = + π
hay
π
= + πx k
4
CÂU III
1/
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
C x y 12x 4y 36 0 x 6 y 2 4⇔ + − − + = ⇔ − + − =
Vậy (C) có tâm
( )
I 6,2
và R=2
TRANG 6
Vì đường tròn
( )
1
C
tiếp xúc với 2 trục Ox, Oy nên tâm
1
I
nằm trên 2 đường thẳng
y x= ±

vàvì (C) có tâm
( )
I 6,2
,R = 2
nên tâm
±
1
I (x; x)
với x > 0.
1
TH
: Tâm
1
I ∈
đường thẳng y = x ⇒
( )
I x,x
, bán kính
=
1
R x

( )
1
C
tiếp xúc ngoài với (C) ⇔
= +
1 1
II R R
( ) ( )
⇔ − + − = +
2 2
x 6 x 2 2 x
( ) ( )
⇔ − + − = + + ⇔ − − + =
2 2
2 2
x 6 x 2 4 4x x x 16x 4x 36 0
⇔ − + = ⇔ = =
2
x 20x 36 0 x 2 hay x 18
.Ứng với
= =
1 1
R 2hay R 18
Có 2 đường tròn là:
( ) ( )
2 2
x 2 y 2 4− + − = ;
( ) ( )
2 2
x 18 y 18 18− + − =
2
TH
: Tâm
1
I ∈
đường thẳng
( )
y x I x, x= − ⇒ −
;
=
1
R x
Tương tự như trên, ta có x= 6
Có 1 đường tròn là
( ) ( )
2 2
x 6 y 6 36
− + + =
Tóm lại ta có 3 đường tròn thỏa ycbt là:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
− + − = − + − =
− + + =
2 2 2 2
2 2
x 2 y 2 4; x 18 y 18 18;
x 6 y 6 36
2a/ Tứ giác OABC là hình chữ nhật ⇒
=
uuur uuur
OC AB
⇒ B(2,4,0)
* Đoạn OB có trung điểm là
( )
H 1,2,0
. H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông
OBC. Vì A, O, C cùng nhìn SB dưới một góc vuông nên trung điểm I ( 1; 2; 2 ) là tâm mặt cầu và
bán kính R =
= + + =
1 1
SB 4 16 16 3
2 2
,
Vậy phương trình mặt cầu là
( ) ( )
− + − + − =
2 2
2
x 1 y 2 (z 2) 9
2b/
( )
SC 0,4, 4= −
uuur
chọn
( )
0,1, 1−
là vtcp của SC.
Pt tham số đường thẳng SC
x 0
y t
z 4 t
=


=


= −

Mp (P) qua
( )
A 2,0,0
và vuông góc với SC có phương trình là
( )
O x 2 y z 0 y z 0− + − = ⇔ − =
Thế pt tham số của SC và pt (P) Ta có t=2 và suy ra
( )
M 0,2,2
Gọi
( )
1
A x,y,z
là điểm đối xứng với A qua SC. Có M là trung điểm của
1
AA
nên
+ = = −
 
 
+ = ⇒ =
 
 
+ = =
 
2 x 2.0 x 2
0 y 2.2 y 4
0 z 2.2 z 4
Vậy
( )
1
A 2,4,4−
CÂU IV: 1/ Tính
7
3
0
x 2
I dx
x 1
+
=
+
∫
Đặt
3 2
3
t x 1 x t 1 dx 3t dt= + ⇒ = − ⇒ =
TRANG 7
⇒
3
x 2 t 1+ = +
.Đổi cận t( 0) = 1 ; t (7 ) = 2.
Vậy
( )
( )
2
3 2
5 2
2 2
4
1 1
1
t 1 3t
t t 231
I dt 3 t t dt 3
t 5 2 10
+
 
= = + = + =
 
 
∫ ∫
2/ Ta có
( )
+
+ +
+ + + + +
+ = + + + + +
2n 1
0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
1 x C C x C x C x C x
Cho
x 1=
Ta có
2n 1 0 1 2 3 4 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2 C C C C C C
+ +
+ + + + + +
= + + + + + +
(1)
Cho
x 1= −
Ta có
0 1 2 3 4 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
0 C C C C C C
+
+ + + + + +
= − + − + − −
(2)
Lấy (1) - (2) ⇒
2n 1 1 3 5 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2 2 C C C C
+ +
+ + + +
 
= + + + +
 
⇒
2n 1 3 5 2n 1 10
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1
2 C C C C 1024 2
+
+ + + +
= + + + + = =
. Vậy 2n=10
Ta có
( ) ( ) ( )
10
10 k k
k 10 k
10
k 0
2 3x 1 C 2 3x
−
=
− = −
∑
Suy ra hệ số của
7
x
là
7 7 3
10
C 3 .2−
hay
−
3 7 3
10
C 3 .2
CÂU V: Ta có:
3
4
3
x x x x
1 x 1 4
3 3 3
3
+ = + + + ≥

3
4
3 3
y y y y y
1 1 4
x 3x 3x 3x
3 .x
+ = + + + ≥
( )
3
4
3
9 3 3 3 3
1 1 4
y y y y
y
+ = + + + ≥
⇒
2
6
4
3
9 3
1 16
y y
 
+ ≥
 ÷
 ÷
 
Vậy
( )
 
 
+ + + ≥ =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
2
3 3 6
4
3 3 3 3
y 9 x y 3
1 x 1 1 256 256
x
y 3 3 .x y
DỰ BỊ 1 KHỐI B:
Câu I: (2 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò ( C ) của hàm số
4 2
6 5y x x= − +

2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt :
4 2
2
6 log 0x x m− − =
.
Câu II: 2 điểm) 1. Giải hệ phương trình :
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y

+ + − + =


+ =


2. Giải phương trình :
3
2 2 cos ( ) 3cos sin 0
4
x x x
π
− − − =

Câu III: (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) :
2 2
64 9
x y
+
= 1. Viết
phương trình tiếp tuyến d của (E) biết d cắt hai hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho
AO = 2BO.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
1
x y z
:
1 1 2
d = =
và
2
1 2
:
1
x t
d y t
z t
= − −


=


= +

( t là tham số )
a) Xét vò trí tương đối của d
1
và d
2
.
TRANG 8
b) Tìm tọa độ các điểm M thuộc d
1
và N thuộc d
2
sao cho đường thẳng MN song song với mặt
phẳng (P) :
0x y z− + =
và độ dài đọan MN =
2
.
Câu IV: ( 2 điểm)
1. Tính tích phân
2
0
ln
e
x xdx
∫
.
2. Một độ văn nghệ có 15 người gồm 10 nam và 5 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách lập một nhóm
đồng ca gồm 8 người biết rằng trong nhóm đó phải có ít nhất 3 nữ.
Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn : a + b + c =
3
4
Cmrằng :
3 3 3
3 3 3 3a b b c c a+ + + + + ≤
. Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Bài giải: CÂU I:
1/ Khảo sát
4 2
y x 6x 5= − + . MXĐ: D=R
( )
= − = − = ⇔ = = ±
3 2
y' 4x 12x 4x x 3 ,y' 0 x 0hayx 3
2
y'' 12x 12,y'' 0 x 1= − = ⇔ = ±
BBT
x
−∞
3−
-1 0 1
3
+∞
y'
- 0 + + 0 - - 0 +
y''
+ + 0 - - 0 + +
y
+∞
5
+∞
-4 0 0 -4
Đồ thò
2/ Tìm m để pt
4 2
2
x 6x log m 0− − =
có 4 nghiệm phân biệt.
4 2 4 2
2 2
x 6x log m 0 x 6x 5 log m 5− − = ⇔ − + = +
Đặt
2
k log m 5= +
Ycbt
⇔
đường thẳng y=k cắt (C) tại 4 điểm phân biệt
4 k 5
⇔ − < <
⇔ − < + <
2
4 log m 5 5
TRANG 9
⇔ − < < ⇔ < <
2
9
1
9 log m 0 m 1
2
CÂU II 1/ Giải pt
( )
3x 3 5 x 2x 4 1− − − = −
Điều kiện
3x 3 0
5 x 0 2 x 5
2x 4 0
− ≥


− ≥ ⇔ ≤ ≤


− ≥

(1)
3x 3 5 x 2x 4⇔ − = − + −
và
≤ ≤
2 x 5

( ) ( )
⇔ − = − + − + − −3x 3 5 x 2x 4 2 5 x 2x 4
và EMBED Equation.DSMT4
≤ ≤2 x 5
( ) ( )
⇔ − = − −x 2 5 x 2x 4
và
≤ ≤
2 x 5
⇔ − =x 2 0

( )
− = −hay[ x 2 5 x 2
và
< ≤2 x 5
]
( )
⇔ = − = − < ≤
⇔ = =
x 2 hay [x 2 2 5 x và 2 x 5]
x 2hayx 4
2/ Giải pt:
( )
( )
2 2 3
sinxcos2x cos x tg x 1 2sin x 0 2+ − + =
Điều kiện :
cosx 0 x k
2
π
≠ ⇔ ≠ + π
( )
⇔ + − + =
2 2 3
2 sinx cos2x sin x cos x 2sin x 0
và EMBED Equation.DSMT4
≠cosx 0

( )
⇔ + − =
2
sinx cos2x 2sin x cos2x 0
và
≠
cosx 0

( )
⇔ + − − =sinx cos2x 1 cos2x cos2x 0
và
≠cosx 0

( )
⇔ − − =
2
sinx 1 2sin x 0
và
≠
cosx 0

⇔ + − =
2
2sin x sinx 1 0
và
≠cosx 0

( )
⇔ = = −
1
sinx (vìsinx 1 loại )
2

π π π
⇔ = = ⇔ = + π = + π
1 5
sinx sin x k2 hay x k2
2 6 6 6
CÂU III.
1/ Do tính đối xứng của elíp (E). Ta chỉ cần xét trường hợp
x 0,y 0≥ ≥
Gọi
( ) ( )
A 2m,0 ;B 0,m
là giao điểm của tiếp tuyến của (E) với các trục tọa độ (
m 0
>
). Pt
AB:
x y
1 x 2y 2m 0
2m m
+ = ⇔ + − =
AB tiếp xúc với (E)
2
64 4.9 4m⇔ + =
( )
2 2
4m 100 m 25 m 5 m 0⇔ = ⇔ = ⇔ = >
Vậy pt tiếp tuyến là
x 2y 10 0+ − =
Vì tính đối xứng nên ta có 4 tiếp tuyến là
x 2y 10 0,x 2y 10 0
x 2y 10 0,x 2y 10 0
+ − = + + =
− − = − + =
TRANG 10
2/ a/
1
d
qua
( )
O 0,0,0
, VTCP
( )
a 1,1,2=
r
2
d
qua
( )
B 1,0,1−
, VTCP
( )
b 2,1,1= −
r
( )
a,b 1, 5,3
 
= − −
 
r r
,
( )
OB 1,0,1= −
uuur
1 2
a,b OB 1 3 4 0 d ,d
 
= + = ≠ ⇔
 
r r uuur
chéo nhau
b/
( )
1
M d M t',t',2t'∈ ⇒
;
( )
2
N d N 1 2t,t,1 t∈ ⇒ − − +
( )
MN 2t t' 1,t t',t 2t' 1= − − − − − +
uuuur
Vì MN // (P)
( )
p
MN n 1, 1,1⇔ ⊥ = −
uuuur uur
⇔ = ⇔ − − − − + + − + =
uuuur r
p
MN.n 0 2t t' 1 t t' t 2t' 1 0
t t '⇔ = −
( ) ( )
2 2
2
MN t' 1 4t' 1 3t' 2= − + + − =

( )
⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = =
2
4
14t' 8t' 2 2 2t' 7t ' 4 0 t' 0 hay t'
7
* t’=0 ta có
( ) ( ) ( )
M 0,0,0 O P loại≡ ∈
*
4
t'
7
=
ta có
   
−
 ÷  ÷
   
4 4 8 1 4 3
M , , ;N , ,
7 7 7 7 7 7
CÂU IV. 1/ Tính
e
2
1
I x lnxdx=
∫
Đặt
dx
u lnx du
x
= ⇒ =
; = =
3
2
x
dv x dx chọn v
3
3
e e
e
2 3
1
1 1
x 1 dx
I x lnxdx ln x x
3 3 x
= = −
∫ ∫

3
e
3 3
1
x 1 2 1
lnx x e
3 9 9 9
= − = +
2. Ta có trường hợp
* 3 nữ + 5 nam. Ta có
3 5
5 10
C C 2520=
* 4 nữ + 4 nam. Ta có
4 4
5 10
C C 1050=
* 5 nữ + 3 nam. Ta có
5 3
5 10
C C 120=
Theo qui tắc cộng. Ta có 2520 + 1050 + 120 = 3690 cách
CÂU V:
Ta có
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
3
3
a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
3 3
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
3 3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2
3 3
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
Suy ra
( )
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
+ + + + + ≤ + + +
 
 


1 3
4. 6 3
3 4
 
≤ + =
 
 
TRANG 11
Dấu = xảy ra
3
a b c
1
a b c
4
4
a 3b b 3c c 3a 1

+ + =

⇔ ⇔ = = =


+ = + = + =

Cách 2: Đặt
3
3
x a 3b x a 3b= + ⇒ = +
;
= + ⇒ = +
3
3
y b 3c y b 3c
;
= + ⇒ = +
3
3
z c 3a z c 3a
⇒
( )
3 3 3
3
x y z 4 a b c 4. 3
4
+ + = + + = =
. BĐT cần cm
x y z 3⇔ + + ≤
.
Ta có :
3
3 3
x 1 1 3 x .1.1 3x+ + ≥ =
;
3 3
3
y 1 1 3 y .1.1 3y+ + ≥ =
;

3
3 3
z 1 1 3 z .1.1 3z+ + ≥ =
⇒
( )
9 3 x y z≥ + +
(Vì
3 3 3
x y z 3+ + = ).
Vậy
x y z 3+ + ≤
Hay
3 3 3
a 3b b 3c c 3a 3+ + + + + ≤
Dấu = xảy ra ⇔
= = = + + =
3 3 3
3
x y z 1 và a b c
4
⇔ + = + = + =
a 3b b 3c c 3a 1
và
3 1
a b c a b c
4 4
+ + = ⇔ = = =
DỰ BỊ 2 KHỐI B:
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y =
2
2 2
1
x x
x
+ +
+
(*)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò ( C ) của hàm số (*) .
2. Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận của ( C ).Chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào của (C
) đi qua điểm I .
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình :
2
8 6 1 4 1 0x x x− + − + ≤
2. Giải phương trình :
2
2
cos 2 1
( ) 3
2 cos
x
tg x tg x
x
π
−
+ − =

Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 đường tròn :
(C
1
): x
2
+ y
2

9=
và (C
2
): x
2
+ y
2

2 2 23 0x y− − − =
. Viết phương trình trục đẳng phương d của 2
đường tròn (C
1
) và (C
2
). Chứng minh rằng nếu K thuộc d thì khỏang cách từ K đến tâm của (C
1
)
nhỏ hơn khỏang cách từ K đến tâm của ( C
2
).
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(5;2; - 3) và mặt phẳng
(P) :
2 2 1 0x y z+ − + =
. a) Gọi M
1
là hình chiếu của M lên mặt phẳng ( P ). Xác đònh tọa độ
điểm M
1
và tính độ dài đọan MM
1
. b) Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua M và chứa
đường thẳng
x-1 y-1 z-5
:
2 1 -6
= =

Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân
4
sin
0
( cos )
x
tgx e x dx
π
+
∫
.
2. Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số gồm 5 chữ số
khác nhau và nhất thiết phải có 2 chữ 1, 5 ?
Câu V: (1 điểm) Cmrằng nếu
0 1y x≤ ≤ ≤
thì

1
4
x y y x− ≤
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài giải
TRANG 12
CÂU I 1/ Khảo sát
2
x 2x 2
y
x 1
+ +
=
+
(C)
MXĐ:
{ }
D R \ 1= −
( )
+
= = ⇔ + = ⇔ = = −
+
2
2
2
x 2x
y' ,y' 0 x 2x 0 x 0hay x 2
x 1
BBT
x
−∞
-2 -1 0
+∞
y'
+ 0 - - 0 +
y
−∞
-2

+∞

−∞
2
+∞
Tiệm cận
x 1= −
là pt t/c đứng.
y x 1= +
là pt t/c xiên
Đồ thò :Bạn đọc tự vẽ.
2/ Chứng minh không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua
( )
I 1,0−
là giao điểm của 2 tiệm cận.
Gọi
( )
( )
2
o o
o o o o
o
x 2x 2
M x ,y C y
x 1
+ +
∈ ⇔ =
+
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại
o
M
( ) ( )
( )
( )
2
o o
o o o o o
2
o
x 2x
y y f ' x x x y y x x
x 1
 
+
 ÷
− = − ⇔ − = −
 ÷
+
 
Tiếp tuyến đi qua
( )
I 1,0−
( )
( )
( )
+ − −
⇔ − =
+
2
o o o
o
2
o
x 2x 1 x
0 y
x 1
2 2
o o o o
o o
x 2x 2 x 2x
x 1 x 1
+ + +
⇔ =
+ +
2 0
⇔ =
Vô lí. Vậy không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua
( )
I 1,0−
CÂU II 1/ Giải bất phương trình
2
8x 6x 1 4x 1 0− + − + ≤
(1)
(1)
2
8x 6x 1 4x 1⇔ − + ≤ −


≤ ≥



− + ≥

= ≥


 
⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇔
  
  
≤ ≥
− + ≤ −




− ≥


2
2 2
2
1 1
x Vx
1 1
4 2
8x 6x 1 0
x Vx
1
4 2
4x 1 0 x
1
4
x 0hayx
8x 6x 1 (4x 1)
4
8x 2x 0
⇔
= ≥
1 1
x hay x
4 2
2/ Giải phương trình
2
2
cos2x 1
tg x 3tg x
2
cos x
π −
 
+ − =
 ÷
 
(2)
TRANG 13
(2)
2
2
2
2sin x
cot gx 3tg x
cos x
−
⇔ − − =
π
⇔ − − = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − + π ∈
2 3
1
tg x 0 tg x 1 tgx 1 x k ,k Z
tgx 4
CÂU III 1/ Đường tròn
( )
1
C
có tâm
( )
O 0,0
bán kính
1
R 3=
Đường tròn
( )
2
C
có tâm
( )
I 1,1
, bán kính
2
R 5=
Phương trình trục đẳng phương của 2 đường tròn
( )
1
C
,
( )
2
C
là
( ) ( )
2 2 2 2
x y 9 x y 2x 2y 23 0+ − − + − − − =
x y 7 0⇔ + + =
(d)
Gọi
( ) ( )
k k k k
K x ,y d y x 7∈ ⇔ = − −
( ) ( ) ( )
= − + − = + = + − − = + +
2 2 2
2 2 2 2 2
k k k k k k k k
OK x 0 y 0 x y x x 7 2x 14x 49
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2
k k k k k k
IK x 1 y 1 x 1 x 8 2x 14x 65= − + − = − + − − = + +
Ta xét
( ) ( )
2 2 2 2
k k k k
IK OK 2x 14x 65 2x 14x 49 16 0− = + + − + + = >
Vậy
2 2
IK OK IK OK(đpcm)> ⇔ >
2/ Tìm
1
M
là h/c của M lên mp (P)
Mp (P) có PVT
( )
n 2,2, 1= −
r
Pt tham số
1
MM
qua M,
( )
P⊥
là
x 5 2t
y 2 2t
z 3 t
= +


= +


= − −

Thế vào pt mp (P):
( ) ( ) ( )
2 5 2t 2 2 2t 3 t 1 0+ + + − − − + =
18 9t 0 t 2
⇔ + = ⇔ = −
. Vậy
( ) ( )
1 1
MM P M 1, 2, 1∩ = − −
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
MM 5 1 2 2 3 1 16 16 4 36 6= − + + + − + = + + = =
* Đường thẳng
− − −
∆ = =
−
x 1 y 1 z 5
:
2 1 6
đi qua A(1,1,5) và có VTCP
( )
a 2,1, 6= −
r
Ta có
( )
= −
uuuur
AM 4,1, 8
Mặt phẳng (Q) đi qua M, chứa
∆

⇔
mp (Q) qua A có PVT là
( )
 
=
 
uuuur r
AM,a 2,8,2
hay
( )
1,4,1

nên pt (Q):
( ) ( ) ( )
− + − + + =x 5 4 y 2 z 3 0
Pt (Q):
x 4y z 10 0+ + − =

Cách khác: Mặt phẳng (Q) chứa
∆
nên pt mp(Q) có dạng:
− + = − + + + − =x 2y 1 0 hay m(x 2y 1) 6y z 11 0
. Mặt phẳng (Q) đi qua M(5;2; - 3) nên ta có 5
– 4 + 1 = 0 ( loại) hay m( 5 – 4 + 1) + 12 – 3 – 11 = 0 ⇔ m = 1.
Vậy Pt (Q):
x 4y z 10 0+ + − =

CÂU IV: 1/ Tính
( )
π
= +
∫
/ 4
sinx
0
I tgx e cosx dx
TRANG 14