Bộ đề Toán 12 luyện thi theo chương trình mới

ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3
Giả sử : y = ax3 + bx2 + cx + d với a ¹ 0 có đồ thị là (C). y’ = 3ax2 + 2bx + c, y” = 6ax + 2b
1)	y” = 0 Û x = (a ¹ 0 )
	x = là hoành độ điểm uốn. Đồ thị hàm bậc 3 nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.
2)	Để vẽ đồ thị 1 hàm số bậc 3, ta cần biết các trường hợp sau :
i)	a > 0 và y’ = 0 vô nghiệm Þ hàm số tăng trên R (luôn luôn tăng)
ii)	a < 0 và y’ = 0 vô nghiệm Þ hàm số giảm (nghịch biến) trên R (luôn luôn giảm)
iii)	a > 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với x1 < x2
	Þ hàm số đạt cực đại tại x1 và đạt cực tiểu tại x2.
	Ngoài ra ta còn có :
	+ 	x1 + x2 = 2x0 với x0 là hoành độ điểm uốn.
	+	hàm số tăng trên (-¥, x1)
	+ 	hàm số tăng trên (x2, +¥)
	+	hàm số giảm trên (x1, x2)
iv)	a < 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với x1 < x2
	Þ hàm đạt cực tiểu tại x1 và đạt cực đại tại x2 thỏa điều kiện x1 + x2 = 2x0 (x0 là hoành độ điểm uốn). Ta cũng có :
	+	hàm số giảm trên (-¥, x1)
	+	hàm số giảm trên (x2, +¥)
	+	hàm số tăng trên (x1, x2)
3)	Giả sử y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt và y = k(Ax + B)y’ + r x + q với k là hằng số khác 0;
	thì phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị là y = r x + q
4)	(C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt
	Û 
5)	Giả sử a > 0 ta có :
i)	(C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt > a
	Û 
ii)	(C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt < a
	Û 
Tương tự khi a < 0 .
6)	Tiếp tuyến : Gọi I là điểm uốn. Cho M Ỵ (C).
	Nếu M º I thì ta có đúng 1 tiếp tuyến qua M.
	Nếu M khác I thì ta có đúng 2 tiếp tuyến qua M.
	Biện luận số tiếp tuyến qua 1 điểm N không nằm trên (C) ta có nhiều trường hợp hơn.
7)	(C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt cách đều nhau Û y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt và y(x0) = 0 (x0 là hoành độ điểm uốn)
8)	Biện luận số nghiệm của phương trình : ax3 + bx2 + cx + d = 0 (1) (a ¹ 0) khi x = a là 1 nghiệm của (1).
	Nếu x = a là 1 nghiệm của (1), ta có 
	ax3 + bx2 + cx + d = (x - a)(ax2 + b1x + c1)
	nghiệm của (1) là x = a với nghiệm của phương trình ax2 + b1x + c1 = 0 (2). Ta có các trường hợp sau:
i)	nếu (2) vô nghiệm thì (1) có duy nhất nghiệm x = a
ii)	nếu (2) có nghiệm kép x = a thì (1) có duy nhất nghiệm x = a
iii)	nếu (2) có 2 nghiệm phân biệt ¹ a thì (1) có 3 nghiệm phân biệt
iv)	nếu (2) có 1 nghiệm x = a và 1 nghiệm khác a thì (1) có 2 nghiệm.
v)	nếu (2) có nghiệm kép ¹ a thì (1) có 2 nghiệm
BÀI TẬP ÔN VỀ HÀM BẬC 3
	Cho họ đường cong bậc ba (Cm) và họ đường thẳng (Dk) lần lượt có phương trình là 
 y = -x3 + mx2 - m và y = kx + k + 1.
	(I) PHẦN I. Trong phần này cho m = 3. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
1)	Gọi A và B là 2 điểm cực đại và cực tiểu của (C) và M là điểm bất kỳ trên cung AB với M khác A , Bø . Chứng minh rằng trên (C) ta tìm được hai điểm tại đó có tiếp tuyến vuông góc với tiếp tuyến tại M với (C).
2)	Gọi D là đường thẳng có phương trình y = 1. Biện luận số tiếp tuyến với (C) vẽ từ E Ỵ D với (C).
3)	Tìm E Ỵ D để qua E có ba tiếp tuyến với (C) và có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.
4)	Định p để trên (C) có 2 tiếp tuyến có hệ số góc bằng p, trong trường hợp này chứng tỏ trung điểm của hai tiếp điểm là điểm cố định.
5)	Tìm M Ỵ (C) để qua M chỉ có một tiếp tuyến với (C).
	(II) PHẦN I I.Trong phần này cho tham số m thay đổi.
6)	Tìm điểm cố định của (Cm). Định m để hai tiếp tuyến tại hai điểm cố định này vuông góc nhau.
7)	Định m để (Cm) có 2 điểm cực trị. Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị.
8)	Định m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.
 9)	 Định m để : a) hàm số đồng biến trong (1, 2). b) hàm số nghịch biến trong (0, +¥).
10)	Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm có hoành độ tạo thành cấp số cộng.
11)	Tìm điều kiện giữa k và m để (Dk) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt. Tìm k để (Dk) cắt (Cm) thành hai đoạn bằng nhau.
12)	Viết phương trình tiếp tuyến với (Cm) và đi qua điểm (-1, 1).
13)	Chứng minh rằng trong các tiếp tuyến với (Cm) thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
BÀI GIẢI
PHẦN I : m = 3
	Khảo sát và vẽ đồ thị (độc giả tự làm)
1) 	Gọi n là hoành độ của M. Vì hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và đạt cực đại tại x = 2 nên 0 < n < 2; y' = – 3x2 + 6x Þ hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k1 = – 3n2 + 6n Ỵ (0, 3] (vì n Ỵ (0, 2)). Đường thẳng vuông góc với tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k2 = (với 0 < k1 £ 3). Hoành độ của tiếp tuyến vuông góc với tiếp tuyến M là nghiệm của – 3x2 + 6x = (= k2) Û 3x2 – 6x = 0. Phương trình này có a.c < 0, " k1 Ỵ (0, 3] nên có 2 nghiệm phân biệt, " k1 Ỵ (0, 3]. Vậy trên (C) luôn có 2 điểm phân biệt mà tiếp tuyến đó vuông góc với tiếp tuyến tại M.
2)	E (e, 1) Ỵ D. Phương trình tiếp tuyến qua E có dạng y = h(x – e) + 1 (D). (D) tiếp xúc (C) Û hệ có nghiệm.
	Þ Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là : 
	– x3 + 3x2 – 3 = (– 3x2 + 6x)(x – e)+ 1	(1)
	Û	– x3 + 3x2 – 4 = x(– 3x + 6)(x – e)
	Û 	(x – 2)(x2 – x – 2) = 3x(x – 2)(x – e)
	Û	x = 2 hay x2 – x – 2 = 3x2 – 3ex
	Û	x = 2 hay 2x2 – (3e – 1)x + 2 = 0	(2)
	(2) có D = (3e – 1)2 – 16 = (3e – 5)(3e + 3)
	(2) có nghiệm x = 2 Û 8 – 2(3e – 1) + 2 = 0 Û e = 2
	Ta có D > 0 Û e .
Biện luận :
i)	Nếu e 2
	Þ	(1) có 3 nghiệm phân biệt Þ có 3 tiếp tuyến.
ii)	Nếu e = – 1 hay e = hay e = 2
	Þ (1) có 2 nghiệm Þ có 2 tiếp tuyến.
iii)	Nếu – 1 < e < Þ (1) có 1 nghiệm Þ có 1 tiếp tuyến.
Nhận xét : Từ đồ thị, ta có y = 1 là tiếp tuyến tại (2, 1) nên phương trình (1) chắc chắn có nghiệm x = 2, " e.
3)	Vì y = 1 là tiếp tuyến qua E (e, 1), " e và đường x = a không là tiếp tuyến nên yêu cầu bài toán.
	Û 	(2) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa : y'(x1).y'(x2) = – 1
	Û	
	Û	
	Û	
	Û	e = . Vậy E 
4)	Tiếp điểm của tiếp tuyến (với (C)) có hệ số góc bằng p là nghiệm của : 
	y' = p Û 3x2 – 6x + p = 0 	(3)
	Ta có	D' = 9 – 3p > 0 Û p < 3
	Vậy khi p < 3 thì có 2 tiếp tuyến song song và có hệ số góc bằng p. 
	Gọi x3, x4 là nghiệm của (3).
	Gọi M3 (x3, y3); M4 (x4, y4) là 2 tiếp điểm. Ta có :
	Vậy điểm cố định (1, –1) (điểm uốn) là trung điểm của M3M4.
5)	Cách 1 : Đối với hàm bậc 3 (a ¹ 0) ta dễ dàng chứng minh được rằng : 
	 " M Ỵ (C), ta có :
i)	Nếu M khác điểm uốn, ta có đúng 2 tiếp tuyến qua M.
ii)	Nếu M là điểm uốn, ta có đúng 1 tiếp tuyến qua M.
	Cách 2 : Gọi M(x0, y0) Ỵ (C). Phương trình tiếp tuyến qua M có dạng :
	y = k(x – x0) (D)
	Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là :
	( 5 )
	Û	
	Û	
	Û	
	Û	
	Û	
	Do đó, có đúng 1 tiếp tuyến qua M (x0, y0) Ỵ (C)
	Û	
	Suy ra, y0 = 1. Vậy M(1, –1) (điểm uốn).
 Nhận xét : vì x0 là 1 hoành độ tiếp điểm nên pt (5) chắc chắn có nghiệm kép là x0
Phần II : Tham số m thay đổi. y' = – 3x2 + 2mx
6)	(Cm) qua (x, y), "m
	Û	y + x3 = m (x2 – 1) , "m
	Û	
	Vậy (Cm) qua 2 điểm cố định là H(1, –1) và K(–1, 1).
	Vì y' = – 3x2 + 2mx nên tiếp tuyến với (Cm) tại H và K có hệ số góc lần lượt là :
	a1 = y'(1) = – 3 + 2m và a2 = y'(–1) = –3 – 2m. 
	2 tiếp tuyến tại H và K vuông góc nhau.
	Û	a1.a2 = – 1 Û 9 – 4m2 = – 1 Û m = .
7)	Hàm có cực trị Û y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.
	Û	3x2 = 2mx có 2 nghiệm phân biệt.
	Û	x = 0 và x = là 2 nghiệm phân biệt.
	Û	m ¹ 0. Khi đó, ta có :
	và phương trình đường thẳng qua 2 cực trị là :
	 (với m ¹ 0)
8)	Khi m ¹ 0, gọi x1, x2 là nghiệm của y' = 0, ta có :
	x1.x2 = 0 và x1 + x2 = 
	Þ	y(x1).y(x2) = 
	= = 
	Với m ¹ 0, ta có y(x1).y(x2) < 0
	Û 
	Û	 
	Vậy (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.
	Û	 	
	Û	 
Nhận xét :
i)	Khi thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm âm và 1 nghiệm dương.
ii)	Khi thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm dương và 1 nghiệm âm.
9)	a) Hàm đồng biến trên (1,2) Û – 3x2 + 2mx ³ 0, "x Ỵ (1,2). Nếu m ¹ 0 ta có hoành độ 2 điểm cực trị là 0 và .
i)	Nếu m < 0 thì hàm chỉ đồng biến trên . Vậy loại trường hợp m < 0
ii)	Nếu m = 0 Þ hàm luôn nghịch biến (loại).
iii)	Nếu m > 0 thì hàm chỉ đồng biến trên 
	Do đó, ycbt 	Û m > 0 và 
	 	Û 
	b) Từ câu a, ta loại trường hợp m > 0. 
	Khi m £ 0 ta có hàm số nghịch biến trên và hàm số cũng nghịch biến trên [0, +¥).
	Vậy để hàm nghịch biến trên [0, +¥) thì m £ 0.
Ghi chú : nên lập bảng biến thiên để thấy rõ ràng hơn.
10)	y" = – 6x + 2m , y" = 0 Û x = 
	(Cm) cắt Ox tại 3 điểm cách đều nhau.
	Û	y = 0 có 3 nghiệm phân biệt và điểm uốn nằm trên trục hoành.
	Û	
	Û	
11)	Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và (Dk) là 
	– x3 + mx2 – m = kx + k + 1
	Û	m(x2 – 1) = k(x + 1) + 1 + x3
	Û	x + 1 = 0 Ú m(x – 1) = k + 1 – x + x2
	Û	x = – 1 hay x2 – (m + 1)x + k + m + 1 = 0	(11)
a)	Do đó, (Dk) cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt
	Û	(11) có 2 nghiệm phân biệt khác – 1
	Û	
	Û (*)	
b)	Vì (Dk) qua điểm K(–1,1) Ỵ (Cm) nên ta có :
	(Dk) cắt (Cm) thành 2 đoạn bằng nhau.
	Þ	(Dk) qua điểm uốn của (Cm)
	Þ	
	Þ	 (**)
	Vậy ycbt Û k thỏa (*) và (**).
12)	Phương trình tiếp tuyến với (Cm) đi qua (–1,1) có dạng : 
	y = k(x + 1) + 1	(Dk)
	Vậy, phương trình hoành độ tiếp điểm của (Dk) và (Cm) là :
	– x3 + mx2 – m = (– 3x2 + 2mx)(x + 1) + 1	(12)
	Û	m(x2 – 1) = (– 3x2 + 2mx)(x + 1) + 1 + x3
	Û	x + 1 = 0 Ú m(x – 1) = – 3x2 + 2mx + 1 – x + x2
	Û	x = – 1 hay 2x2 + (1 – m)x – m – 1 = 0	(13)
	Û	x = – 1 Ú 
	y' (–1) = – 2m – 3
	 = (m2 – 2m – 3)
	Vậy phương trình của 2 tiếp tuyến qua (–1, 1) là :
	y = – (2m + 3)(x + 1) + 1
	y = (m2 – 2m – 3)(x + 1) + 1
Nhận xét : Có 1 tiếp tuyến tại tiếp điểm (–1, 1) nên phương trình (12) chắc chắn có nghiệm kép là x = – 1 và phương trình (13) chắc chắn có nghiệm là x = – 1.
13)	Các tiếp tuyến với (Cm) tại tiếp điểm của hoành độ x có hệ số góc là :
	h = – 3x2 + 2mx
	Ta có h đạt cực đại và là max khi (hoành độ điểm uốn)
	Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
Nhận xét : 
Ghi chú : Đối với hàm bậc 3
	y = ax3 + bx2 + cx + d, ta có :
i)	Nếu a > 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
ii)	Nếu a < 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
PHẠM HỒNG DANH 
(Trung tâm Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)
PHẦN HAI: ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (DỰ TRỮ ) MÔN TOÁN NĂM 2005 VÀ BÀI GIẢI
DỰ BỊ 1 KHỐI A:
Câu I: (2 đ)Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số : y = (*) (m là tham số)
1.	Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) ứng với m = 1.
2. Tìm m để hàm số  ... : 
Đặt 
(I) thành 
Vậy 
2/ Giải phương trình 
(2) 
 hay 
CÂU III
1/ 
Vậy (C) có tâm và R=2
Vì đường tròn tiếp xúc với 2 trục Ox, Oy nên tâm nằm trên 2 đường thẳng vàvì (C) có tâm ,R = 2
 nên tâm với x > 0.
: Tâm đường thẳng y = x Þ , bán kính 
 tiếp xúc ngoài với (C) Û 
.Ứng với 
Có 2 đường tròn là: ; 
: Tâm đường thẳng ; 
Tương tự như trên, ta có x= 6
Có 1 đường tròn là 
Tóm lại ta có 3 đường tròn thỏa ycbt là: 
2a/ Tứ giác OABC là hình chữ nhật Þ Þ B(2,4,0)
* Đoạn OB có trung điểm là . 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 = , 
Vậy phương trình mặt cầu là 
2b/ chọn là vtcp của SC.
Pt tham số đường thẳng SC 
Mp (P) qua và vuông góc với SC có phương trình là 
Thế pt tham số của SC và pt (P) Ta có t=2 và suy ra 
Gọi là điểm đối xứng với A qua SC. Có M là trung điểm của nên
 Vậy 
CÂU IV: 1/ Tính 
Đặt 
Þ .Đổi cận t( 0) = 1 ; t (7 ) = 2.
Vậy 
2/ Ta có 
Cho Ta có (1) 
Cho Ta có (2) 
Lấy (1) - (2) Þ 
Þ . Vậy 2n=10
Ta có 
Suy ra hệ số của là hay 
CÂU V: Ta có: 
Þ 
Vậy 
 DỰ BỊ 1 KHỐI B:
Câu I: (2 điểm). 1.	Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số 
2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt : .
Câu II: 2 điểm) 1.	Giải hệ phương trình : 	
2. Giải phương trình : 
Câu III: (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) : = 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 và
 ( t là tham số )
a) Xét vị trí tương đối của d1 và d2 .
b) Tìm tọa độ các điểm M thuộc d1 và N thuộc d2 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (P) : và độ dài đọan MN = .
Câu IV: ( 2 điểm) 
Tính tích phân .
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 = .. Cmrằng : 
. Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Bài giải: CÂU I:
1/ Khảo sát . MXĐ: D=R
BBT
-1
0
1
-
0
+
+
0
-
-
0
+
+
+
0
-
-
0
+
+
5
-4
0
0
-4
Đồ thị 
2/ Tìm m để pt có 4 nghiệm phân biệt. 
Đặt 
Ycbt đường thẳng y=k cắt (C) tại 4 điểm phân biệt 
CÂU II 1/ Giải pt 
Điều kiện 
(1) và 
 và 
 và ]
2/ Giải pt: 
Điều kiện : 
 và
 và
 và
 và
CÂU III.
1/ Do tính đối xứng của elíp (E). Ta chỉ cần xét trường hợp 
Gọi là giao điểm của tiếp tuyến của (E) với các trục tọa độ (). Pt AB: 
 AB tiếp xúc với (E) 
Vậy pt tiếp tuyến là 
Vì tính đối xứng nên ta có 4 tiếp tuyến là 
2/ a/ qua , VTCP 
 qua , VTCP 
,
 chéo nhau 
b/ ; 
Vì MN // (P) 
* t’=0 ta có 
* ta có 
CÂU IV. 1/ Tính 
Đặt ; 
2. Ta có trường hợp 
* 3 nữ + 5 nam. Ta có 
* 4 nữ + 4 nam. Ta có 
* 5 nữ + 3 nam. Ta có 
Theo qui tắc cộng. Ta có 2520 + 1050 + 120 = 3690 cách 
CÂU V: 
Ta có 
Suy ra 
Dấu = xảy ra 
Cách 2: Đặt ;;
Þ . BĐT cần cm . 
Ta có : ; ; 
 Þ (Vì ). 
Vậy 
Hay 
Dấu = xảy ra Û
 và 
DỰ BỊ 2 KHỐI B:
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y = (*) 
1.	Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( 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. Giải phương trình : 
Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 đường tròn :
 (C1 ): x2 + y2 và (C2 ): x2 + y2 . Viết phương trình trục đẳng phương d của 2 đường tròn (C1) và (C2). Chứng minh rằng nếu K thuộc d thì khỏang cách từ K đến tâm của (C1) nhỏ hơn khỏang cách từ K đến tâm của ( C2 ). 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M(5;2; - 3) và mặt phẳng
 (P) : . a) Gọi M1 là hình chiếu của M lên mặt phẳng ( P ). Xác định tọa độ điểm M1 và tính độ dài đọan MM1. b) Viết phương trình mặt phẳng ( Q ) đi qua M và chứa đường thẳng 
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân .
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 thì 
 . Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài giải
CÂU I 1/ Khảo sát (C) 
MXĐ: 
BBT
-2
-1
0
+
0
- -
0
+
y
-2
2
Tiệm cận
 là pt t/c đứng. là pt t/c xiên 
Đồ thị :Bạn đọc tự vẽ.
2/ Chứng minh không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua là giao điểm của 2 tiệm cận. 
Gọi 
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại 
Tiếp tuyến đi qua 
 Vô lí. Vậy không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua 
CÂU II 1/ Giải bất phương trình (1)
(1) 
Û 
2/ Giải phương trình (2) 
 (2) 
CÂU III 1/ Đường tròn có tâm bán kính 
Đường tròn có tâm , bán kính 
Phương trình trục đẳng phương của 2 đường tròn , là 
 (d)
Gọi 
Ta xét 
Vậy 
2/ Tìm là h/c của M lên mp (P) 
Mp (P) có PVT 
Pt tham số qua M, là 
Thế vào pt mp (P): 
. Vậy 
Ta có 
* Đường thẳng đi qua A(1,1,5) và có VTCP 
Ta có 
Mặt phẳng (Q) đi qua M, chứa mp (Q) qua A có PVT là hay nên pt (Q): 
Pt (Q): 
Cách khác: Mặt phẳng (Q) chứa nên pt mp(Q) có dạng:
. 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 Û m = 1.
Vậy Pt (Q): 
CÂU IV: 1/ Tính 
Ta có: 
2/ Gọi là số cần lập 
Trước tiên ta có thể xếp 1, 5 vào 2 trong 5 vị trí: ta có: cách 
Xếp 1,5 rồi ta có 5 cách chọn 1 chữ số cho ô còn lại đầu tiên
	4 cách chọn 1 chữ số cho ô còn lại thứ 2 
	3 cách chọn 1 chữ số cho ô còn lại thứ 3
* Theo qui tắc nhân ta có: số n.
Cách khác : - Bước 1 : xếp 1, 5 vào 2 trong 5 vị trí: ta có: cách 
 -Bước 2 : có cách bốc 3 trong 5 số còn lại rồi xếp vào 3 vị trí còn lại .
Vậy có 20.60 = 1200 số n thỏa ycbt. 
CÂU V. Ta có 
Ta có (1) 
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 
 Þ 
Dấu = xảy ra 
DỰ BỊ 1 KHỐI D:
Câu I: (2 điểm) Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số y= – x3+ ( 2m + 1) x2 – m – 1 (1) 
 (m là tham số). 	1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi .
	2) Tìm m để đồ thị (Cm) tiếp xúc với đường thẳng y= 2mx – m – 1.
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình : 	
2. Giải phương trình : 
Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn 
 (C): x2 + y2 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 
 d : sao cho MI = 2R , trong đó I là tâm và R là bán kính của đường tròn (C).
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O1A1B1 với A(2;0;0), B(0; 4; 0), O1(0; 0; 4) 
 a) Tìm tọa độ các điểm A1, B1. Viết phương trình mặt cầu qua 4 điểm O, A, B, O1.
 b) Gọi M là trung điểm của AB.Mặt phẳng ( P ) qua M vuông góc với O1A và cắt OA, OA1 lần lượt tại N, K . Tính độ dài đọan KN.
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân .
2. Tìm k sao cho đạt giá trị lớn nhất. ( là số tổ hợp chập k của n phần tử)
Câu V: (1 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 	
Bài giải
CÂU I
1/ Khảo sát khi m=1
Khi m = 1 thì 
MXĐ: D=R
BBT
0
1
2
-
0
+
+
-
+
+
0
-
-
2
lõm
-2
lõm
0
lồi
lồi
2/ Tìm m để tiếp xúc với 
(d) tiếp xúc với có nghiệm
 có nghiệm
 có nghiệm
 có nghiệm
 có nghiệm
CÂU II: 1/ Giải bpt (1) 
Điều kiện 
(1) 
 Û 
2/ Giải phương trình (2) 
 (2) 
 và 
 và 
 hay .
Ghi chú:Khi sinx ¹ 0 thì cos x ¹ ± 1 
CÂU III. 1/ Đường tròn (C) có tâm , R=5
2/ a/ Vì 
Viết pt mặt cầu (S) qua O, A, B, O1
Ptmc (S): 
Vì 
Vì 
Vì 
Vì 
Vậy (S) có tâm I(1,2,2)
Ta có 
Þ 
Vậy pt mặt cầu (S) là: 
b/ Tính KN
Ta có , 
Mp(P) qua M vuông góc với nên nhận hay (1;0; -2) làm PVT
Þ pt (P): 
(P): 
PT tham số OA là 
Thế vào pt (P): 
Pt tham số là: với hay (1;0;2) là vtcp.
Thế vào pt (P): 
Vậy 
CÂU IV: 1/ Tính 
Đặt Þ và 
Đổi cận: 
2. lớn nhất 
 Û 
CÂU V: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 
Điều kiện là .Ta có 
Ta có: (1) và sai khi x > 1
Do đó (1) Û . Vậy, hệ bpt có nghiệm Û
 có nghiệm 
DỰ BỊ 2 KHỐI D:
Câu I: (2 điểm) 1.	Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
2. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt 
Câu II:( 2 điểm). 1. Giải bất phương trình : 	.
2. Giải phương trình : 
Câu III: (3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 điểm A(0;5), 
B(2; 3) . Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A, B và có bán kính R = .
 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 3 hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 với A(0;0;0), B(2; 0; 0), D1(0; 2; 2) a) Xác định tọa độ các điểm còn lại của hình lập phương ABCD.A1B1C1D1.Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh rằng hai mặt phẳng ( AB1D1) và ( AMB1) vuông góc nhau.
 b) Chứng minh rằng tỉ số khỏang cách từ điểm N thuộc đường thẳng AC1 ( N ≠ A ) tới 2 mặt phẳng ( AB1D1) và ( AMB1) không phụ thuộc vào vị trí của điểm N.
Câu IV: ( 2 điểm). 1.Tính tích phân .
2. Tìm số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức : . 
 ( Pn là số hóan vị của n phần tử và là số chỉnh hợp chập k của n phần tử)
Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là ba số dương và x yz = 1. Cmrằng : 
 .
Bài giải
CÂU I: 
1/ Khảo sát 
MXĐ: 
BBT
-2
-1
0
+
0
- -
0
+
y
-1
3
Tiệm cận: x=-1 là tc đứng 
 y = x + 2 là tc xiên 
2/ Tìm m để pt có 4 nghiệm phân biệt 
Ta có 
Do đó đồ thị có được bằng cách 
Giữ nguyên phần đồ thị (C) có x > -1
Lấy đối xứng qua Ox phần đồ thị (C) có x<-1
Do đó, nhờ đồ thị , ta có 
 pt có 4 nghiệm phân biệt Û m > 3
CÂU II. 1/ Giải bất phương trình 
Ta có (1) . Đặt , (1) thành 
 . Do đó, (1)
2/ Giải phương trình 
(2) 
( 3 )
(phương trình bậc 2 theo sinx) 
Có 
Vậy (2) 
Û 
 Û.
Cách khác: (3)Û 
CÂU III.
1/ Gọi là tâm của đường tròn (C)
Pt (C), tâm I, bán kính là 
(1)
(2)
(1) và ( 2)
Vậy ta có 2 đường tròn thỏa ycbt là 
2/ Ta có ;D(0;2;0)
Mp có cặp VTCP là: 
Þ mp có 1 PVT là 
mp có cặp VTCP là: 
Þ mp có 1 PVT là 
Ta có: Þ 
b/ Þ Pt tham số , 
Pt 
Þ 
Pt 
Þ 
Vậy tỉ số khoảng cách từ tới 2 mặt phẳng và không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. 
CÂU IV: 1/ Tính 
Þ
Do đó 
2/ Tacó: 
CÂU V. Cho x,y, z là 3 số dương thỏa mãn xyz=1
CMR: 
Ta có: 
Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế ta có: 
 ( vì )
 Vậy 
 HÀ VĂN CHƯƠNG- PHẠM HỒNG DANH-NGUYỄN VĂN NHÂN.
 (TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC VĨNH VIỄN)