Chủ đề này có 33 trả lời

[E. Galois]

Để tránh trường hợp như năm ngoái, nhiều mem cùng đăng đề, vừa làm loãng box, vừa mất công mất sức các mem. Năm nay BQT lập trước topic này đề đăng đề thi TSĐH khối B môn toán năm 2013. 

 

Mai ai có đề trước thì hãy post đề vào đây thật sớm. Nếu các ĐHV thấy có mem nào đăng đề ở topic khác thì nên gộp lại với topic này.

 

[THYH]

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số $y = 2x^3 – 3(m+1)x^2 + 6mx\,\,\left( 1 \right),\,\,\,m$ là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $(1)$ khi $m=-1$.
2. Tìm $m$ để đồ thị hàm số $(1)$ có hai điểm cực trị $A$ và $B$ sao cho đường thẳng $AB$ vuông góc với đường thẳng $y=x+2$.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình $\sin 5x + 2\cos^2x =1$.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
$$\left\{ \begin{array}{l} 2x^2 + y^2 - 3xy + 3x - 2y + 1 = 0 \\ 4x^2 - y^2 + x + 4 = \sqrt {2x + y} + \sqrt {x + 4y} \end{array} \right.,(x,y \in )$$
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân $I = \int\limits_0^1 x\sqrt{2-x^2}dx$
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, mặt bên $SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính theo $a$ thể tích của khối chóp $S.ABCD$ và khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $(SCD)$.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$P = \frac{4}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+4}}-\frac{9}{(a+b)\sqrt{(a+2c)(b+2c)}}$$

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho hình thang cân $ABCD$ có hai đường chéo vuông góc với nhau và $AD = 3BC$. Đường thẳng $BD$ có phương trình $x+2y-6=0$ và tam giác $ABD$ có trực tâm là $H(-3;2)$. Tìm tọa độ các đỉnh $C$ và $(D)$.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $A(3;5;0)$ và mặt phẳng $\left( P \right):2x+3y-z-7= 0$. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm đối xứng của $A$ qua $(P)$.
Câu 9.a (1,0 điểm). Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng, hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi, tính xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có chân đường cao hạ từ đỉnh $A$ là $H\left( \frac{17}{5}; -\frac{1}{5} \right)$, chân đường phân giác trong của góc $A$ là $D(5;3)$ và trung điểm của cạnh $AB$ là $M(0;1). Tìm tọa độ đỉnh $C$.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho các điểm $A(1;-1;1), B(-1;2;3)$ và đường thẳng $\Delta: \frac{x+1}{-2}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-3}{3}$. Viết phương trình đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với hai đường thẳng $AB$ và $\Delta$.
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
$$\left\{ \begin{array}{l} x^2 +2y = 4x - 1 \\ 2\log_3(x-1) -\log_{\sqrt{3}}(y+1) = 0 \end{array} \right.$$

---Hết---

[minh29995]

Câu 6:

Dùng AM-Gm đánh giá được:

$P\leq \frac{4}{\sqrt{\frac{1}{3}.(a+b+c)^2+4}}-\frac{27}{2(a+b+c)^2}$

Đặt $(a+b+c)^2=x>0$ rồi khảo sát thấy đạt max tại x=36

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minh29995: 09-07-2013 - 10:24

[BoFaKe]

Câu 3: ĐK :.....

Từ phương trình đầu ta có :

$$(2x-y+1)(x+1-y)=0\Rightarrow \begin{bmatrix} 2x+1=y & & \\ x+1=y & & \end{bmatrix}$$.

Với $2x+1=y$ thay vào phương trình $2$ ta được :

$$3x-3+\sqrt{4x+1}+\sqrt{9x+4}=0\Rightarrow $$

Dễ thấy đây là hàm đồng biến và có nghiệm $x=0$ nên...

 

Với $x+1=y$ thế vào phương trình $2$ ta cũng giải được $x=0$ hoặc $x=1$.

Kết luận:....

-------------------------------

P/S:Lúc nãy đánh trật lất   

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 09-07-2013 - 10:50

[THYH]

$sin5x+2cos^{2}x=1$

$sin5x+cos2x+1=1$

$sin5x+cos2x=0$

[huou202]

Từ pt 1ta có$(x-y+1)(2x-y+1)=0$.

$\Rightarrow x+1=y$ or $\Rightarrow 2x+1=y$.

Với $x+1=y$ thế vào 2 ta được $3x^2-x+3=\sqrt{3x+1}+\sqrt{5x+4}$

$\Leftrightarrow (x-1)(3x+2-\frac{3}{\sqrt{3x+1}+2}-\frac{5}{\sqrt{5x+4}+3})=0$.

$\Rightarrow x=1$ và với pt còn lại thì $f{x}'>0$ và $f(0)=0$.Nên suy ra $x=1,x=0$.

Tương Tự đối với vế còn lại thì pt có nghiệm x=0

Vậy với x=1 thì y=2

x=0 thì y=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huou202: 09-07-2013 - 10:43

[bugatti]

Hình vẽ bài thể tích

Mình trình bày sơ qua nhé, thông cảm!

-Tam giác SAB đều, và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hạ SH vuông góc với AB, nên SH vuông góc (ABCD)

-Ta có $SH=\frac{\sqrt{3}a}{2}$

- Thể tích $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a^{2}=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{6}$

- Khoảng cách 

-Qua H kẻ HK vuông góc với AB

-Do $AB//CD$ nên $d_{A,(SCD))}=d_{H,(SCD)}$

-Do $\left\{\begin{matrix} HK\perp CD & \\ CD \perp SH& \end{matrix}\right.$ $\rightarrow CD \perp (SHK))$

-Hạ $HI  SK$ 

-Do $CD \perp (SHK))$ nên $CD \perp HI$

-Ta có $\left\{\begin{matrix} CD \perp HI & \\ SK \perp HI & \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow HI \perp(SCD) \rightarrow HI=d_{H;(SCD)}$

+ , Tính $HI$

$\frac{1}{HI^{2}}=\frac{1}{HK^{2}}+\frac{1}{SH^{2}}$

$\Rightarrow HI=\frac{a\sqrt{21}}{7}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bugatti: 09-07-2013 - 11:09

[N H Tu prince]

Câu 9b.

Từ phương trình (2) ta có $log_{\sqrt{3}}(x-1)=\log_{\sqrt{3}}(y+1)\Rightarrow x=y+2$

Thay vào phương trình (1) được $y^2+2y-3=0\Rightarrow y=1$

Hệ có nghiệm $(x,y)=(3;1)$

[hoaadc08]

Câu 1b :
Gọi (d) là đường thẳng qua hai cực điểm .
$\begin{array}{l}
y' = 6{x^2} - 6\left( {m + 1} \right)x + 6m\\
\Delta _{y'}^' = 9{\left( {m - 1} \right)^2}\\
\Delta _{y'}^' > 0 \Leftrightarrow m \ne 1\\
y = \left( { - {m^2} + 2m - 1} \right)x + {m^2} + m\\
\left( { - {m^2} + 2m - 1} \right).1 =  - 1 \Leftrightarrow m = 0 \vee m = 2
\end{array}$

 

Câu 2 :
\[{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in5}}x + 2{\cos ^2}x = 1 \Leftrightarrow - {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in5}}x = \cos 2x \Leftrightarrow \cos \left( {\frac{\pi }{2} + 5x} \right) = \cos 2x \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - \frac{\pi }{6} + k\frac{{2\pi }}{3}\\
x = - \frac{\pi }{{14}} + k\frac{{2\pi }}{7}
\end{array} \right.\left( {k \in Z} \right)\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoaadc08: 10-07-2013 - 09:30

[CD13]

Câu 9a:

 

Gọi $A_i$ là biến cố "lấy được một bi trắng ở hộp thứ $i$", $i=1,2$, suy ra:

$\\P(A_1)=\frac{3}{7},P(\overline{A_1})=\frac{4}{7} \\ \\P(A_2)=\frac{2}{3},P(\overline{A_2})=\frac{1}{3}$

 

Gọi A:"Lấy mỗi hộp một viên bi sao cho 2 viên được lấy ra cùng màu"

$\to A=A_1A_2+\overline{A_1}.\overline{A_2}$

 

Như vậy $P(A)=\frac{3}{7}\frac{2}{3}+\frac{4}{7}\frac{1}{3}=\frac{10}{21}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 09-07-2013 - 11:25

[N H Tu prince]

Câu 3: ĐK :.....

Từ phương trình đầu ta có :

$$(2x-y+1)(x+1-y)=0\Rightarrow \begin{bmatrix} 2x+1=y & & \\ x+1=y & & \end{bmatrix}$$.

Với $2x+1=y$ thay vào phương trình $2$ ta được :

$$3x-3+\sqrt{4x+1}+\sqrt{9x+4}=0\Rightarrow $$

Dễ thấy đây là hàm đồng biến và có nghiệm $x=0$ nên...

 

Với $x+1=y$ thế vào phương trình $2$ ta cũng giải được $x=0$ hoặc $x=1$.

Kết luận:....

-------------------------------

P/S:Lúc nãy đánh trật lất   

Trường hợp còn lại còn một nghiệm nữa là $(1;2)$

[hoaadc08]

Câu 3 :

Phân tích pt 1 thành tích : \[\left( {2x - y + 1} \right)\left( {x - y + 1} \right) = 0\]

Giải hai hệ pt đưa về bằng pp thế :

\[\left\{ \begin{array}{l}
2x - y + 1 = 0\\
4{x^2} - {y^2} + x + 4 = \sqrt {2x + y}  + \sqrt {x + 4y}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = 1
\end{array} \right.\]

\[\left\{ \begin{array}{l}
x - y + 1 = 0\\
4{x^2} - {y^2} + x + 4 = \sqrt {2x + y}  + \sqrt {x + 4y}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = 1
\end{array} \right. \vee \left\{ \begin{array}{l}
x = 1\\
y = 2
\end{array} \right.\]

[CD13]

Câu 7a (Không có máy tính, chỉ nêu cách giải)

 

+ Nhận thấy C đối xứng với H qua BD $\to C(-1;6)$

+ Kẻ CN vuông góc với AD, CN cắt BD tại M dẫn đến M là trung điểm BD và tứ giác HBCM là hình vuông nên ta tìm được phương trình hai cạnh BH và BM là $-x+3y-9=0$, $3x+y+7=0$, đến đây tìm đwowcj D.

[hoaadc08]

Câu 4 : Đổi biến số , đặt : \[\begin{array}{l}
x = \sqrt 2 \sin t\\
\int_0^1 {x\sqrt {2 - {x^2}} dx = \int_0^{\frac{\pi }{4}} {2\sqrt 2 \sin t.{{\cos }^2}tdt} }  = \int_0^{\frac{\pi }{4}} { - 2\sqrt 2 {{\cos }^2}td\left( {\cos t} \right)}  = \frac{{2\sqrt 2  - 1}}{3}
\end{array}\]

[Mrnhan]

Câu 6:

Dùng AM-Gm đánh giá được:

$P\leq \frac{4}{\sqrt{\frac{1}{3}.(a+b+c)^2+4}}-\frac{27}{2(a+b+c)^2}$

Đặt $(a+b+c)^2=x>0$ rồi khảo sát thấy đạt max tại x=36

Bạn lam sao nua..toi cung lam theo cách

 nay nhung khong ra...

Cách khac: 

Dat $x=a+b+c+3>3$

Áp dụng BĐT Cauchy và bunhia, rôi xét hàm

$f(x)=\frac{8}{x-1}-\frac{2187}{8x^3}$

[BoFaKe]

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có chân đường cao hạ từ đỉnh $A$ là $H\left( \frac{17}{5}; -\frac{1}{5} \right)$, chân đường phân giác trong của góc $A$ là $D(5;3)$ và trung điểm của cạnh $AB$ là $M(0;1). Tìm tọa độ đỉnh $C$.

Bài này mình chỉ nếu hướng làm:

1. Có $H,D$ đều thuộc $BC$ nên ta viết được phương trình $BC$ là :$2x-y-7=0$ dẫn đến phương trình $AH$ là $x+2y-3=0$.
2. Do $M$ là trung điểm của $AB$,ta viết được phương trình đường thẳng $MN$ ($N$ là trung điểm $AC$ )song song với $BC$ là $2x-y+1=0$,giao điểm $I$ của $MN$ và $AH$ là trung điểm $AH$ từ đó tìm được $I(\frac{1}{5};\frac{7}{5})$ và ta sẽ tìm được tọa độ điểm $A$.
3. Sau khi tìm được $A$ thì ta viết được phương trình $AD$,kẻ đường thẳng qua $M$ vuông góc với $AD$ cắt $AC$ tại $K$ thì tam giác $AMK$ cân tại $A$ thì ta sẽ tìm được tọa độ $K$.
4. Khi tìm được $K$ thì viết được phương trình $AC$ rồi tìm giao của $AC$ và $BC$ là ra.

[CD13]

Câu 4 : Đổi biến số , đặt : \[\begin{array}{l}
x = \sqrt 2 \sin t\\
\int_0^1 {x\sqrt {2 - {x^2}} dx = \int_0^{\frac{\pi }{4}} {2\sqrt 2 \sin t.{{\cos }^2}tdt} }  = \int_0^{\frac{\pi }{4}} { - 2\sqrt 2 {{\cos }^2}td\left( {\cos t} \right)}  = \frac{{2\sqrt 2  - 1}}{3}
\end{array}\]

 

Bài tích phân này mấy ông ra đề có nhầm không?

 

$I=\int_{0}^{1}(-\frac{1}{2})(1-x^2)^{\frac{1}{2}}d(1-x^2)=-\frac{1}{3}(\sqrt{1-x^2})^3|_0^1$

 

Không có gì suy nghĩ cả!

[BoFaKe]

Bạn lam sao nua..toi cung lam theo cách

 nay nhung khong ra...

Cách khac: 

Dat $x=a+b+c+3>3$

Áp dụng BĐT Cauchy và bunhia, rôi xét hàm

$f(x)=\frac{8}{x-1}-\frac{2187}{8x^3}$

Vẫn ra mà bạn 

Xét hàm số $f(t)=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{x+12}}-\frac{27}{2x}$

Ta có :$f'(t)=0\Leftrightarrow \frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{(x+12)^{3}}}+\frac{27}{2x^{2}}=0\Leftrightarrow 16x^{4}=243(x+12)^{3}$

Phương trình này có đúng duy nhất một nghiệm là $x=36$ (Các biểu thức trong ngoặc còn lại luôn dương với $x>0$.

Lập BBT ta có $maxf(x)=\frac{5}{8}$.

[Kool LL]

$y=2x^3-3(m+1)x^2+6mx$.   (1)

$(d) : y=x+2$

$y' = 6{x^2} - 6(m + 1)x + 6m=6[x^2 - (m+1)x+m]$
* Đồ thị hs (1) có 2 điểm cực trị A,B nên $\Delta  = (m + 1)^2-4m=(m-1)^2 > 0 \Leftrightarrow m \ne 1$

*$y=\frac{1}{6}y'.(2x-m-1)-(m-1)^2x+(m^2+m)$
$\Rightarrow$ Pt đường thẳng qua 2 điểm cực trị là $(AB): y = -(m-1)^2x + (m^2 + m)$
*$(AB) \perp (d) \Leftrightarrow -(m-1)^2.1 = -1 \Leftrightarrow m = 0$ (nhận) $\vee  m = 2$ (nhận)

Vậy m thoả ycbt $\Leftrightarrow m=0 \vee m=2$.

[Kool LL]

Câu 6 (1,0 điểm). Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$P = \frac{4}{\sqrt{a^2+b^2+c^2-4}}-\frac{9}{(a+b)\sqrt{(a+2c)(b+2c)}}$$

Giải : Dùng AM-GM đánh giá được :

• $a^2+b^2+c^2\ge \frac{(a+b+c)^2}{3}$
• $(a+b)\sqrt{(a+2c)(b+2c)}\le (a+b) \left(\frac{a+b+4c}{2}\right)=\frac{1}{6}(3a+3b)(a+b+4c)$ $ \le \frac{1}{6} \left( \frac{4a+4b+4c}{2}\right)^2=\frac{2}{3}(a+b+c)^2$
• Tất cả các dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Suy ra : $P\le \frac{4}{ \sqrt{ \frac{(a+b+c)^2}{3}+4}}-\frac{27}{2(a+b+c)^2}=\frac{4}{\sqrt{t+4}}-\frac{9}{2t}=f(t)$ với $t=\frac{(a+b+c)^2}{3}$  $(t>0)$

$f'(t)=\frac{-2}{\sqrt{(t+4)^3}}+\frac{9}{2t^2}$   ;   $f'(t)=0\Leftrightarrow 16t^4=81(t+4)^3$

Nhận xét :

• Với $0<t<12$ thì $16t^4<16.12t^3=3.(4t)^3<3.(3t+12)^3=81(t+4)^3$ tức là $f'(t)>0$ trong $(0;12)$
• Với $t>12$ thì $16t^4>16.12t^3=3.(4t)^3>3.(3t+12)^3=81(t+4)^3$ tức là $f'(t)<0$ trong $(12;+\infty)$

• Với $t=12$ thì $f'(t)=0$ và $f(t)=\frac{5}{8}$

Suy ra : $\max_{t>0} f(t)=\frac{5}{8}$ tại $t=12$

Vậy $\max_{a,b,c>0}P=\frac{5}{8}$ khi và chỉ khi $a=b=c=2$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 09-07-2013 - 15:29