Tài liệu 35 đề thi thử đại học môn toán (có đáp án)

  • Số trang: 93 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 699 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Tham gia: 27/02/2015

Mô tả:

35 đề thi thử đại học môn Toán (có đáp án)
Thuviendientu.org Đề số 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x3 3x2 2 (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm trên đường thẳng (d): y = 2 các điểm mà từ đó có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C). Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: x 1 3x 2 2 x2 5x 3 16 . 2x 3 2) Giải phương trình: 2 2 cos2 x sin 2 x cos x I Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2 3 4 4sin x 0. 4 (sin 4 x cos4 x)(sin6 x cos6 x)dx . 0 Câu IV (2 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c, d là các số dương. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 a b c abcd b c d abcd c d a abcd d a b abcd abcd II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, gọi A, B là các giao điểm của đường thẳng (d): 2x – y – 5 = 0 và đường tròn (C’): x2 y2 20 x 50 0 . Hãy viết phương trình 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C(1; 1). 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4; 5; 6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của tam giác IJK. Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh rằng nếu a bi B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) (c di)n thì a 2 b2 (c 2 d 2 )n . 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 , A(2; – 2 3), B(3; –2), trọng tâm của ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y –8 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng Oxy và cắt các đường thẳng AB, CD. Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình: Trần Sĩ Tùng log4 ( x2 y2 ) log4 (2 x) 1 log4 ( x 3y) log4 ( xy 1) log4 (4 y2 2 y 2 x 4) log4 x y Trang 1 1 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Câu I: 2) Gọi M(m; 2) d. Phương trình đường thẳng qua M có dạng: y k( x m) 2 . Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến với (C) Hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: x3 3x2 2 k( x m) 2 (1) 3x2 6 x k (2) m m 2 Câu II: 1) Đặt t 2x 3 x 1 > 0. (2) x 3 (sin x cos x) 4(cos x sin x) sin 2 x 4 2) 2) x 3 2 k ; x k2 ; x 4 33 64 Câu III: (sin4 x cos4 x)(sin6 x cos6 x) 2 1 S 3 V Câu V: a 5 4 a; SM= b SM SB 5 3 a . 3 ABC .SA 4 4a 7 3 cos 4 x cos8 x 16 64 4 2a b (1); b c 4 1 a b 4 c abcd 2b c V2 3 V (2) 5 a4 b4 c4 abcd abc(a b c d ) (C): x2 2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) uur IA (4 a;5;6), uuur JK (0; b; c), SM 1 . (1) SB 2 (2); c4 a4 2c2a2 (3) (4) abc(a b c d ) Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) 2 5 SM SN . SB SC V2 3 V 5 33 128 5 2 2 1 4 V1 V I a3 . 3 a4 b4 c4 abc(a b c) 4 V1 V 4 5 V2 3 2 2 0 k2 Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA..BCNM; V=VS.ABC; AM 5 3 1 hoaëc m uur JA (4;5 b;6) uur IK ( a;0; c) đpcm. y2 4 x 8y 10 0 ( P) : x a y b z 1 c 4 5 6 1 a b c 5b 6c 0 4 a 6c 0 a b c 77 4 77 5 77 6 Câu VII.a: a + bi = (c + di)n |a + bi| = |(c + di)n | 2 n 2 |a + bi| = |(c + di) | = |(c + di)|2n a2 + b2 = (c2 + d2)n Câu VI.b: 1) Tìm được C (1; 1) , C2 ( 2; 10) . 1 11 11 16 x y 0  3 3 3 91 91 416 + Với C2 ( 2; 10) (C): x2 y2 x y 0  3 3 3 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) (Oxy) (P): 5x – 4y = 0 (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) (Oxy) (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P) (Q) Phương trình của (D) x Câu VII.b: vôùi >0 tuyø yù vaø x=2 y y=1 + Với C1 (1; 1) (C): x2 y2 Trang 2 Thuviendientu.org Đề số 2 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2đ): Cho hàm số y x3 3mx2 9x 7 có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m 0 . 2. Tìm m để (Cm) cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu II. (2đ): 1. Giải phương trình: sin2 3x cos2 4 x sin2 5x cos2 6 x 2. Giải bất phương trình: 21 x 2x 1 2x 1 0 x 7 5 x2 x 1 x 1 Câu IV (1đ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật; SA (ABCD); AB = 2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC; I là giao điểm của BM SA = 1; AD và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIB. Câu III. (1đ) Tính giới hạn sau: A lim 3 Câu V (1đ): Biết ( x; y) là nghiệm của bất phương trình: 5x2 5y2 5x 15y 8 0 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức F x 3y . II. PHẦN TỰ CHỌN (3đ) A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2đ) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x2 y2 25 16 1 . A, B là các điểm trên (E) sao cho: AF1 BF2 8 , với F1;F2 là các tiêu điểm. Tính AF2 BF1 . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2 x y z 5 0 và điểm A(2;3; 1) . Tìm toạ độ điểm B đối xứng với A qua mặt phẳng ( ) . 3 2 3 3 Câu VIIa. (1đ): Giải phương trình: log 1 (x + 2) - 3 = log 1 (4 - x ) + log 1 (x + 6) 2 4 4 4 B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2đ) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn đi qua A(2; 1) và tiếp xúc với các trục toạ độ. x 1 y 1 z 2 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : và mặt phẳng P : x y z 1 0 . Viết phương trình đường thẳng với mặt phẳng (P ) và vuông góc với đường thẳng d . 2 1 3 đi qua A(1;1; 2) , song song mx2 (m2 1) x 4m3 m có đồ thị (Cm ) . x m Tìm m để một điểm cực trị của (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, một điểm cực trị của Câu VII.b (1đ) Cho hàm số: y (Cm ) thuộc góc phần tư thứ III của hệ toạ độ Oxy. Trần Sĩ Tùng Trang 3 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục hoành: x3 3mx2 9x 7 0 (1) Gọi hoành độ các giao điểm lần lượt là x1; x2 ; x3 . Ta có: x1 x2 x3 3m Để x1; x2 ; x3 lập thành cấp số cộng thì x2 m là nghiệm của phương trình (1) 3 2m m 1 9m 7 0 m 15 . Thử lại ta được : 1 1 15 2 2 Câu II: 1) sin2 3x cos2 4 x sin2 5x cos2 6 x 2) 0 m x cos x(cos7x cos11x) 0 x x 1 Câu III: A lim x 1 3 1 x 7 2 2 5 x2 lim = x 1 12 x 1 x 1 1 2 k 2 k 9 7 12 2 36 Câu IV: VANIB Câu V: Thay x F 3 y vào bpt ta được: 50 y2 30Fy 5F 2 5F 8 0 2 25F 2 250F 400 0 Vì bpt luôn tồn tại y nên y 0 Vậy GTLN của F x 3 y là 8. Câu VI.a: 1) AF1 AF2 2a và BF1 BF2 2a Mà AF1 BF2 8 AF2 BF1 12 2) B(4;2; 2) Câu VII.a: x 2; x 1 AF1 AF2 BF1 BF2 F 8 4a 20 33 2 2 2 Câu VI.b: 1) Phương trình đường tròn có dạng: ( x a)2 ( y a)2 a2 (a) ( x a) ( y a) a (b) a) a 1 a 5 b) vô nghiệm. Kết luận: ( x 1)2 (y 1)2 1 và ( x 5)2 (y 5)2 25 uur uur r x 1 y 1 z 2 r : 2) u ud ; nP (2;5; 3) . nhận u làm VTCP 2 2 Câu VII.b: Toạ độ các điểm cực trị lần lượt là: A(m;3m 5 3 1) và B( 3m; 5m2 1) Vì y1 3m2 1 0 nên để một cực trị của (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, một cực trị của (Cm ) thuộc góc phần tư thứ III của hệ toạ độ Oxy thì Trang 4 m 0 3m 0 5m2 1 0 m 1 5 . Thuviendientu.org Đề số 3 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y x3 3x2 1 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và độ dài đoạn AB = 4 2 . Câu II: (2 điểm) 1 log 2 1. Giải phương trình: 2 2. Tìm nghiệm trên khoảng 0; x 4sin2 2 3 sin 2 ( x 3) 2 1 log 4 ( x 1)8 4 3log8 (4 x) . của phương trình: 2x 1 2cos2 x- 3 4 Câu III: (1 điểm) Cho hàm số f(x) liên tục trên R và f ( x) Tính: I 2 f ( x) cos4 x với mọi x R. f x dx . 2 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình vuông tâm O. Các mặt bên (SAB) và (SAD) vuông góc với đáy (ABCD). Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD .Tính thể tích khối chóp O.AHK. Câu V: (1 điểm) Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4 . a b c d Chứng minh rằng: 2 2 2 2 1 b c 1 c d 1 d a 1 a2 b II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 , A(2;– 2 3), B(3;–2). Tìm toạ độ điểm C, biết điểm C nằm trên đường thẳng (d): 3x – y – 4 = 0. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;4;1),B(–1;1;3) và mặt phẳng (P): x – 3y + 2z – 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P). Câu VII.a: (1 điểm) Tìm các số thực b, c để phương trình z2 bz c 0 nhận số phức z 1 i làm một nghiệm. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G( 2, 0) và phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là: 4x + y + 14 = 0; 2x 5y 2 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6) và 6x 3y 2z 0 đường thẳng (d) . Viết phương trình đường thẳng // (d) và cắt 6x 3y 2z 24 0 các đường thẳng AB, OC. Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình sau trong tập số phức: z4 – z3 6z2 – 8z –16 0 . Trần Sĩ Tùng Trang 5 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Câu I: 2) Giả sử A(a; a 3 3a 1), B(b; b3 3b2 1) (a 2 b) Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song suy ra y (a) a b 2 0 b = 2 – a a 1 (vì a b). y (b) (a b)(a b 2) 0 AB2 (b a)2 (b3 3b2 1 a3 3a2 1)2 = 4(a 1)6 24(a 1)4 40( a 1)2 a 3 b 1 AB = 4 2 4(a 1)6 24(a 1)4 40(a 1)2 = 32 a 1 b 3 A(3; 1) và B(–1; –3) Câu II: 1) (1) x = 3; x = 3 2 3 ( x 3) x 1 4 x sin 2 x 2) (2) Vì x 0; sin 3 2 Câu III: Đặt x = –t 2 f ( x)dx 2 2 cos4 x Câu IV: V 2 f x dx 2 2 x k 2 (k Z ) (a ) 3 l2 (l Z ) (b) 5 . 18 nên x= 2 x 2 5 18 5 6 x f t 2 dt 2 f ( x) f 2 t dt 2 2 f ( x) dx 2 f x dx 2 cos4 xdx 2 3 8 1 1 cos2 x cos 4 x 2 8 1 uuur uuur uuur a3 2 AH , AK .AO 6 27 3 . 16 I Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: a 2 1+b c a ab2c 2 1 b c ab2c a a 2b c ab c a 2 ab(1 c) 4 ab abc a 4 4 (1) Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1 b 2 1+c d c 2 1+d a d 2 b c d bc2 d 2 1 c d cd 2 a 2 1 d a da2 b 2 b c d bc2 d b 2c d cd 2 a c 2d a da2 b d 2a b 1+a b 1 a b Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: a b c d 2 2 1 b c 1 c d 2 1 d a 2 1 a b bc d b 2 cd a c 2 da b 2 4 bc 1 d 4 cd 1 a 4 da 1 b d 4 b c d bc bcd 4 4 cd cda 4 4 da dab 4 4 (2) (3) (4) ab bc cd da abc bcd cda dab 4 4 Mặt khác: ab bc cd da a c b d a c b d 2 Trang 6 2 4 . Dấu "=" xảy ra a+c = b+d Thuviendientu.org abc bcd cda dab ab c d abc bcd cda dab Vậy ta có: a a b c d b c d 4 4 d 4 c d 1 d 2 a 1 a2 b 4 4 2 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1. Câu VI.a: 1) Ptts của d: x t . Giả sử C(t; –4 + 3t) y 4 3t S 1 1 AB.AC.sin A AB2 .AC 2 2 2 c d 2 2 b a a b c d 4 . Dấu "=" xảy ra 1 d 2 a 1 a2 b 1 b2c 1 c2 d c d 2 c b 2 2 a b 2 1 b2c 1 c2 d a cd b a a b c d abc bcd cda dab a b uuur uuur AB.AC C(–2; –10) hoặc C(1;–1). 2) (Q) đi qua A, B và vuông góc với (P) 2 = 3 2 a = b = c = d = 1. 4 4 đpcm. d. 4t 2 4t 1 3 r (Q) có VTPT n uur uuur n p , AB t 2 t 1 0; 8; 12 r 0 (Q) : 2y 3z 11 0 Câu VII.a: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 nên: b c 0 b 2 (1 i)2 b(1 i) c 0 b c (2 b)i 0 2 b 0 c 2 Câu VI.b: 1) A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 2) Phương trình mặt phẳng ( ) chứa AB và song song d: ( ): 6x + 3y + 2z – 12 = 0 Phương trình mặt phẳng ( ) chứa OC và song song d: ( ): 3x – 3y + z = 0 là giao tuyến của ( ) và ( ) Câu VII.b: z4 – z3 6z2 – 8z –16 0 : 6x 3y 2z 12 0 3x 3y z 0 z 1 z 2 z 2 2i z 2 2i (z 1)(z 2)(z2 8) 0 Đề số 4 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số y x4 5x2 4, có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm m để phương trình x4 5 x2 4 Câu II (2.0 điểm). 1. Giải phương trình: sin 2 x sin x Trần Sĩ Tùng log2 m có 6 nghiệm. 1 2sin x 1 sin 2 x 2 cot 2 x (1) Trang 7 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng 0; 1 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm x m x2 2 x 2 1 Câu III (1.0 điểm). Tính I 4 x(2 x) 0 2x 1 2x 1 01 3 : (2) dx Câu IV (1.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 và ·BAC 120o . Gọi M là trung điểm của cạnh CC . Chứng minh MB MA1 và tính 1 khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM). Câu V (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh: 3x 2y 4z xy 3 yz 5 zx II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a. (2.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm B( 1; 3; 0), C(1; 3; 0), M(0; 0; a) với a > 0. Trên trục Oz lấy điểm N sao cho mặt phẳng (NBC) vuông góc với mặt phẳng (MBC). 3 . Tìm góc giữa mặt phẳng (NBC) và mặt phẳng (OBC). 1. Cho a 2. Tìm a để thể tích của khối chóp BCMN nhỏ nhất Câu VII.a. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình: x2 2 x 2 3y x 2 y y 2y 2 3 1 1 x 1 1 ( x, y ¡ ) B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b. (2.0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (–1; 3; –2), B (–3; 7; –18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0 1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P). 2. Tìm tọa độ điểm M (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Câu VII. b. (1.0 điểm). Giải bất phương trình: (log x 8 log4 x2 )log2 2 x 0 Hướng dẫn Câu I: 2) x4 5 x2 4 cos2 2 x cos x cos 2 x sin 2 x 0 Câu II: 1) (1) 2) Đặt t x Khảo sát g(t) Do đó, ycbt log2 m có 6 nghiệm 2 2x 2 . (2) m t2 2 với 1 t 1 t bpt m Câu III: Đặt t log12 m 2 cos 2 x 2. g'(t) 2x 1 . I = 1 t2 dt 1 t 1 uuuuur uuur uuuur Câu IV: VAA BM A A1. AB,AM 1 6 3V a 5 d . S 3 m 12 9 4 144 4 12 x cos2x = 0 t2 2 (1 t t 1 2),do x [0;1 t 2 2t 2 t2 2 có nghiệm t t 1 3 9 4 (t 1)2 [1,2] 4 k 2 3] 0 . Vậy g tăng trên [1,2] m max g(t ) g(2) t 1;2 2 3 2 + ln2. a3 15 ; S BMA 1 3 Trang 8 1 uuur uuuuur MB,MA1 2 3a2 3 Thuviendientu.org Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si: Câu VI.a: 1) B, C ·MIO 450 1 x y 2 xy ; 3 y z 2 3 xy ; 5 z x 2 5 xy đpcm I (0; 3; 0) . (Oxy). Gọi I là trung điểm của BC ·NIO 450 . 3 3 3 đạt nhỏ nhất a a 3. a 3 a a Câu VII.a: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số x = y = 0. Câu VI.b: 1) 2x + 5y + z 11 = 0 2) A, B nằm cùng phía đối với (P). Gọi A là điểm đối xứng với A qua (P) A '(3;1;0) Để M (P) có MA + MB nhỏ nhất thì M là giao điểm của (P) với A B M(2;2; 3) . 2) VBCMN VMOBC VNOBC log2 x 1 log2 x Câu VII.b: (log x 8 log4 x2 )log2 2 x 0 0 0 1 2 . x x 1 Đề số 5 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x 1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y có đồ thị (C). x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 2. Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận . Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 3sin 2 x 2sin x 2 1. Giải phương trình: (1) sin 2 x.cos x x4 4 x2 y2 6 y 9 0 2. Giải hệ phương trình : (2) x2 y x2 2 y 22 0 Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: I 2 2 esin x .sin x.cos3 x. dx 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, mặt bên hợp với đáy góc . Tìm để thể tích của khối chóp đạt giá trị lớn nhất. Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y3 ) 3 4(x3 z3 ) 3 4(z3 x3 ) 2 y2 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) P 3 4(x3 y z 2 x2 z 1 2 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I( ; 0) . Đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D, biết đỉnh A có hoành độ âm . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng (d1 ) và (d2 ) có phương Trần Sĩ Tùng Trang 9 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng (d1 ); trình: x 1 y 1 z-2 2 3 1 ( d2 ) : ; x-4 y 1 z 3 6 9 Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa (d 1 ) và (d2 ) . . 3 Câu VII.a (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : 10 x2 m(2 x 1). x2 1 (3) B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD biết M(2;1); N(4; –2); P(2;0); Q(1;2) lần lượt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng ( ) và ( ) có phương x 3 t x 2 2 t' trình: ( ) : y 1 2t ; ( ): y 2 t' z 4 z 2 4t ' 8x 4 Viết phương trình đường vuông góc chung của ( ) và ( ). Câu VII.b (1 điểm) Giải và biện luận phương trình: mx 1 .(m2 x2 2mx 2) x3 3x2 4 x 2 (4) Hướng dẫn 3 Câu I: 2) Gọi M x0 ;2 (C). x0 1 3 ( x x0 ) 2 ( x0 1) 2 Tiếp tuyến d tại M có dạng: y Các giao điểm của d với 2 tiệm cận: A 1;2 S IAB = 6 (không đổi) 6 2 x0 1 x0 1 6 x0 1 2) (2) Khi đó (2) x0 1 , B(2x0 –1; 2). chu vi IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB x0 1 3 x0 1 3 M1 ( 1 ( y 3) 2 3 ); M2( 1 3;2 2(1 cos x)sin x(2cos x 1) 0 sin x 0, cos x 0 Câu II: 1) (1) 3 2cosx – 1 = 0 ( x2 2) 2 ( x2 2 4)( y 3 3) x 2 2 20 0 u 2 v2 4 u.v 4(u v) 8 u 2 u 0 hoặc v 0 v 2 4 . Đặt 3) 3;2 x 3 k2 x2 2 u y 3 v x 2 x 2 x 2 x 2 ; ; ; y 3 y 3 y 5 y 5 1 Câu III: Đặt t = sin2x Câu IV: V= V max I= 1 1 t e (1 t )dt = e 2 20 tan 2 2 tan 2 4 3 tan tan 2 a. . Ta có 3 (2 tan 2 )3 (2 tan 2 )3 4a 3 3 27 khi đó tan 2 Câu V: Với x, y, z > 0 ta có 4( x 3 . 1 2 tan 2 . = 45 o . =1 y3 ) ( x y )3 . Trang 10 Dấu "=" xảy ra x=y 1 2 tan 2 1 27 Thuviendientu.org Tương tự ta có: 4( y 3 4( z 3 4( x3 y3 ) 3 x y2 Ta lại có 2 Vậy P 6 3 4( y 3 y z2 xyz 3 3 z3 ) z x2 1 xyz z3 ) ( y 3 x ) (z 3 4( z 3 6 3 xyz z )3 . Dấu "=" xảy ra y=z 3 Dấu "=" xảy ra z=x x) . x3 ) 2( x y z) 6 3 xyz . Dấu "=" xảy ra x=y=z xyz 1 x y z 12 . Dấu "=" xảy ra x=y=z=1 Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1. Câu VI.a: 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2) 2) Chứng tỏ (d1) // (d2). (P): x + y – 5z +10 = 0 Câu VII.a: Nhận xét: 10 x 2 8 x 4 2(2 x 1) 2 2( x 2 1) (3) 2 2 2x 1 x 2 m 1 2x 1 x 2t 2 2 2 2 0 . Đặt 2x 1 1 x2 1 t Điều kiện : –2< t 5. 12 hoặc –5 < m 4 t 5 r Câu VI.b: 1) Giả sử đường thẳng AB qua M và có VTPT là n (a; b) (a2 + b2 0) r => VTPT của BC là: n1 ( b; a) . Rút m ta có: m= Phương trình . Lập bảng biên thiên 4 m AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= 0 BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0 ax + by –2a –b =0 – bx + ay +4b + 2a =0 b Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) a 2 3b 4a b 2 a 2 b 2 b b 2a a b = –2a: AB: x – 2y = 0 ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – 4 =0 b = –a: AB: –x + y+ 1 =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ 2 =0 2) 2 x – y 10 z – 47 0 x 3y – 2z 6 0 Câu VII.b: (4) ( mx 1)3 mx 1 ( x 1)3 ( x 1) . Xét hàm số: f(t)= t 3 t , hàm số này đồng biến trên R. f ( mx 1) f ( x 1) mx 1 x 1 Giải và biện luận phương trình trên ta có kết quả cần tìm. 2 m 1 m = –1 phương trình nghiệm đúng với x 1 1 m 1 phương trình có nghiệm x = Các trường hợp còn lại phương trình vô nghiệm. Đề số 6 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x3 3x (1) Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Chứng minh rằng khi m thay đổi, đường thẳng (d): y = m(x +1) + 2 luôn cắt đồ thị (C) tại một điểm M cố định và xác định các giá trị của m để (d) cắt (C) tại 3 điểm phân Trần Sĩ Tùng Trang 11 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng biệt M, N, P sao cho tiếp tuyến với đồ thị (C) tại N và P vuông góc với nhau. Câu 2 (2 điểm): 1) Giải phương trình: 5.32 x 1 7.3x 1 1 6.3x 9x 1 0 (1) 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt: log ( x 1) log ( x 1) log3 4 (a) 3 3 (2) log2 ( x2 2 x 5) m log( x2 2 x 5) 2 5 (b) x3 9z2 27(z 1) (a ) 3 2 Câu 3 (1 điểm): Giải hệ phương trình: y 9 x 27( x 1) (3) (b) 3 2 z 9y 27( y 1) (c) Câu 4 (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB =2a, BC= a, các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 . Gọi M, N tương ứng là trung điểm của các a cạnh AB, CD; K là điểm trên cạnh AD sao cho AK . Hãy tính khoảng cách giữa hai 3 đường thẳng MN và SK theo a. Câu 5 (1 điểm) Cho các số a, b, c > 0 thoả mãn: a + b + c =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a b c thức: . T 1 a 1 b 1 c II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu 6a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d: x – 2y + 2 = 0. Tìm trên d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B và AB = 2BC. 2) Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x2 + y2 + z2 – 2x + 4y + 2z – 3 = 0 và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 14 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3. Câu 7a (1 điểm) Tìm các số thực a, b, c để có: z3 2(1 i)z2 4(1 i)z 8i (z ai)(z2 bz c) Từ đó giải phương trình: z3 2(1 i)z2 4(1 i)z 8i 0 trên tập số phức. Tìm môđun của các nghiệm đó. B. Theo chương trình nâng cao Câu 6b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1) : x 2t; y t; z 4 ; (d2) : x 3 t; y t; z 0 Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2). x ln10 e dx Câu 7b (1 điểm) Cho số thực b ln2. Tính J = và tìm lim J. b 3 x b ln 2 e 2 Hướng dẫn Câu I: 2) M(–1;2). (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt Tiếp tuyến tại N, P vuông góc Câu II: 1) Đặt t 3x 0 . (1) 5t 2 9 ;m 4 m y '( xN ). y '( xP ) 7t 3 3t 1 0 Trang 12 1 x 0 m 3 log3 ; x 5 3 2 2 . 3 log3 5 Thuviendientu.org 2) log 3 ( x 1) log 3 ( x 1) log 3 4 log 2 ( x 2 2 x 5) 2 x 5) m log ( x2 2 (a) 5 (b) Giải (a) 1 < x < 3. Xét (b): Đặt t log 2 ( x 2 2 x 5) . Từ x t 2 5t (b) (1; 3) t t 2 5t , từ BBT m . Xét hàm f (t ) (2; 3). 25 ; 6 4 0 (d ) m Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được: ( x 3)3 ( y 3)3 ( z 3)3 Nếu x>3 thì từ (b) có: y3 3 9 x( x 3) 27 27 y 3 9 y( y 3) 27 27 z 3 => (d) không thoả mãn từ (c) lại có: z Tương tự, nếu x<3 thì từ (a) 0 < z <3 => 0 < y <3 => (d) không thoả mãn Nếu x=3 thì từ (b) => y=3; thay vào (c) => z=3. Vậy: x =y = z =3 Câu IV: I là trung điểm AD, HL SI HL (SAD) HL d ( H ;(SAD)) MN // AD MN // (SAD), SK (SAD) 1 1 a 21 . 7 1 1 a 1 b 1 c d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL = Câu V: T 1 (1 a) 1 (1 b) 1 (1 c) Ta có: 1 a 1 1 1 1 a 1 b 1 c 1 c = 9 1 a 6 . Dấu "=" xảy ra 2 6 4 7 2 6 Câu VI.a: 1) B ; ; C1 (0;1); C2 ; 5 5 5 5 T 9 1 b 6 1 b 1 c a=b=c= ;0 1 a 1 a 1 b 1 c 1 b 1 c 6 (Bunhia) 6 1 . minT = . 2 3 2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (Q) chứa Ox (Q): ay + bz = 0. Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính bằng 3 cho nên (Q) đi qua tâm I. Suy ra: –2a – b = 0 b = –2a (a 0) (Q): y – 2z = 0. Câu VII.a: Cân bằng hệ số ta được a = 2, b = –2, c = 4 z 2i; z 1 3i; z 1 3i z 2. ( z 2i)( z 2 2 z 4) 0 Phương trình Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m) Oy Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ·AMB 600 (1) ·AMB 1200 (2) Vì MI là phân giác của ·AMB nên: (1) ·AMI = 300 MI (2) ·AMI = 600 MI IA sin 300 IA sin 600 7) MI = 2R MI = m2 2 3 R 3 9 4 m m2 9 4 3 Vô nghiệm Vậy có hai 3 điểm M1(0; 7 ) và M2(0; 2) Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2) trình mặt cầu (S): ( x 2)2 ( y 1)2 ( z 2)2 4. Câu VII.b: Đặt u e x 2 J 3 4 (eb 2 2)2 / 3 . Suy ra: lim J b ln 2 7 M (2; 1; 4); N (2; 1; 0) Phương 3 .4 6 2 Đề số 7 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Trần Sĩ Tùng Trang 13 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x3 2mx 2 (m 3) x 4 có đồ thị là (Cm). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: cos2x 5 2(2 cos x)(sin x cos x) (1) 8 x3 y 3 2) Giải hệ phương trình: 27 18 y 3 4 x2 y 6x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: (2) y2 1 2 I = sin x sin 2 x 2 dx 6 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ACB) bằng 600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính khoảng cách từ B đến mp(SAC). Câu V (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 91 1 x2 (m 2)31 1 x2 (3) 2m 1 0 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình ( x 1)2 ( y 2)2 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10; 2; –1) và đường thẳng d có phương trình: x 1 2 y 1 z 1 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với 3 d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIa (1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 4a3 (1 b)(1 c) 4b3 (1 c)(1 a) 4c3 3 (1 a)(1 b) (4) B. Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có diện tích bằng 3 ; trọng tâm G của 2 ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P): 2x – 2y – z + 1 = 0, (Q): x + 2y – 2z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 4x – 6y + m = 0. Tìm m để (S) cắt (d) tại 2 điểm M, N sao cho độ dài MN = 8. Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình : log 2 ( x 2 3 x 2 xy y 2 y 2 ) 1 log 2 ( xy ) 81 Hướng dẫn Câu I: 2) xB, xC là các nghiệm của phương trình: x2 2mx m 2 0 . S KBC 8 2 1 BC.d ( K , d ) 8 2 2 BC 16 Trang 14 m 1 137 2 (x, y R) Thuviendientu.org (cos x – sin x) 2 Câu II: 1) (1) (2 x) 2) (2) 2 x. 18 3 y 3 4 m ; 6 3 5 , 3 5 4 ; t2 a b 3 ab 1 6 3 5 1 a3 3 = SSAC .d ( B; SAC ) . SSAC 3 16 . Vì x [ 1;1] nên t [3;9] . (3) Xét hàm số f (t ) k2 2 16 1 3 5 4 3 Câu IV: VS.ABC = SSAC .SO 1 x2 x 3 Hệ đã cho có nghiệm: Câu V: Đặt t = 31 k2 2 3 . (2) y . Đặt a = 2x; b = 3 2x y Câu III: Đặt t = cosx. I = x 3 3 y 3 4(cos x – sin x) – 5 0 m a 2 13 3 16 2 t 2t 1 . t 2 d(B; SAC) = 2t 1 với t [3;9] . f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4 t 2 f(t) 3a 13 48 . 7 48 7 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 m 1 2 3 2 m 1 6 IA 3 2 m 5 m 7 2) Gọi H là hình chiếu của A trên d d(d, (P)) = d(H, (P)). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH HI => HI lớn nhất khi A I . Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi uuur qua A và nhận AH làm VTPT (P): 7 x y 5z 77 0 . Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cô–si ta có: a3 1 b 1 c (1 b)(1 c) 8 8 a3 (1 b)(1 c) Dấu "=" xảy ra 3a b3 1 c 1 a ; 4 (1 c)(1 a) 8 8 b3 (1 c)(1 a) c3 (1 a)(1 b) 3 a b c 2 3 4 3 3 abc 2 3 4 3c 4 3 4 a = b = c = 1. Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0 a b 5 3b c3 1 a 1 b ; 4 (1 a)(1 b) 8 8 a b 8 a b 2 (1), (3) C(–2; 10) (2), (3) C(1; –1) (1) ; (2) S r= p 2 S 3 r p 2 2 d(C; AB) = Trọng tâm G a b 5 2 a 5 b 5 ; 3 3 2S ABC AB (d) 3a –b =4 (3) 3 65 89 5 2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= 13 m IM (m 13) . Gọi H là trung điểm của MN m 3 MH= 4 IH = d(I; d) = r (d) qua A(0;1;-1), VTCP u (2;1;2) d(I; d) = r uur u; AI r u 3 m 3 =3 Vậy : m = –12 Câu VII.b: Điều kiện x, y > 0 Trần Sĩ Tùng Trang 15 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng log 2 ( x 2 y 2 ) log 2 2 log 2 ( xy ) log 2 (2 xy ) x2 y2 xy x2 x 2 y2 4 (x y) 2 2xy xy y 2 xy 4 x 0 y xy 4 4 x 2 y 2 hay x 2 y 2 Đề số 8 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số f ( x) x 4 2(m 2) x 2 m 2 5m 5 (Cm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = 1 2) Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. Câu II: (2 điểm) 1 1) Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 1 x 2 3 x 5 2x 2) Tìm các nghiệm thực của phương trình sau thoả mãn 1 log 1 x 0 : (1) 3 sin x.tan 2 x 3(sin x 1 Câu III: (1 điểm) Tính tích phân sau: I 0 (2) 3 tan 2 x) 3 3 1 x 1 x 2 x ln 1 x dx A 120 0 , BD = a Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi với µ >0. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 60 0. Một mặt phẳng (α) đi qua BD và vuông góc với cạnh SC. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần của hình chóp do mặt phẳng (α) tạo ra khi cắt hình chóp. Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc a c b . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 2 a 2 2 1 b 2 3 1 c 2 1 (3) II. PHẦN RIÊNG (3 điểm ) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình x y 1 0 . Phương trình đường cao vẽ từ B là: x 2 y 2 0 . Điểm M(2;1) thuộc đường cao vẽ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua x 2 y 3 1 2 t ( t R ). M(1;1;1), cắt đường thẳng d2 : x 2 2t; y 5t; z d1 : z 1 và vuông góc với đường thẳng 2 Câu VII.a: (1 điểm) Giải phương trình: Cn1 3Cn2 7Cn3 ... (2n 1)Cnn 32 n 2n 6480 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho Elip (E): x 2 5 y 2 5 , Parabol ( P) : x 10 y 2 . Hãy viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ( ) : x 3 y 6 0 , đồng thời tiếp xúc với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P). 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P): x y z 1 0 đồng thời cắt cả hai đường thẳng Trang 16 Thuviendientu.org d1 : x 1 2 y 1 1 z và (d2 ) : x 1 1 t; y t , với t 1; z Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: R. x 2 1 6log 4 y y 2 x 2 y 2 2x 1 (a) (b) . (4) Hướng dẫn Câu I: 2) Hàm số có CĐ, CT khi m < 2 . Toạ độ các điểm cực trị là: A(0; m2 5m 5), B( 2 m;1 m), C ( Tam giác ABC luôn cân tại A 1 : 2 Câu II: 1) Với 2 x Với 1 2 3 x x 2 Tập nghiệm của (1) là S 2) (2) ABC vuông tại A khi m = 1. x 2 5 : (1) 2 x 2; (sin x 3)(tan 2 x 2 m;1 m) 3 x 1 2 2; 3) 0 5 2x 2 x Câu III: Tính H 0 1 x 1 x dx . Đặt x 1 2 x ln 1 x dx . Đặt Tính K 0 5 2 5 2 x k 6 Kết hợp với điều kiện ta được k = 1; 2 nên x 1 0 , nên (1) luôn đúng 0, 5 2 x 3 cos t ; t 0; 2 ;k Z 5 6 ;x H 2 u ln(1 x) dv 2 xdx K 2 2 1 2 Câu IV: Gọi V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại của V S ABCD .SA SA 2. V1 S BCD .HK HK V V2 1 2 13 12 V1 V1 hình chóp S.ABCD: Ta được: V V1 V1 V2 V1 Câu V: Điều kiện abc a c b a c vì ac 1 và a, b, c 0 1 ac b Đặt a tan A, c tan C với A, C (3) trở thành: P 2 tan A 1 2 13 2 k ;k Z . Ta được b tan A C 2 tan ( A C ) 1 2 3 tan C 1 2 2cos 2 A 2cos 2 ( A C ) 3cos 2 C cos 2 A cos(2 A 2C ) 3cos 2 C 2sin(2 A C ).sin C 3cos 2 C Do đó: P 2 sin C 10 sin C 3 1 sin C 3 sin(2 A C ) 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi: sin(2 A C ).sin C Từ sin C Trần Sĩ Tùng 1 3 tan C 1 3 3sin 2 C 3 2 . Từ sin(2 A C) 4 2 10 3 0 1 cos(2 A C ) 0 được tan A 2 2 Trang 17 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng 10 3 Vậy max P 2 ;b 2 a 2 4 2; c 2 5 ; , AB: x 2 y 2 0 , AC: 6x 3 y 1 0 3 3 2) Phương trình mp(P) đi qua M và vuông góc với d2: 2x 5 y z 2 0 x 1 y 1 z 1 Toạ độ giao điểm A của d1 và mp(P) là: A 5; 1;3 d: 3 1 1 Câu VI.a: 1) C n Câu VII.a: Xét 1 x Cn0 Cn1 .x Cn2 .x2 Cn3 .x3 ... Cnn .xn Lấy đạo hàm 2 vế n 1 x n 1 Cn1 2 2 Lấy tích phân: n 1 x n 1 2 n C 3C 3 n 7C 2 1 ... 2 n 1 2 2 dx Cn1 dx 2Cn2 xdx 3Cn3 x 2 dx ... nCnn x n 1dx 1 1 n 2Cn2 .x 3Cn3 .x2 ... nCnn .x n n n 1C 1 n 3 2 1 1 n Giải phương trình 3n 2n 32n 2n 6480 32n 3n 6480 0 Câu VI.b: 1) Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2 Tâm I nên: I 2 (C): x 3 2) Lấy M d1 uuuur Suy ra MN d 6 3b; b . Ta có: 6 3b 2 y 1 2 1 hoặc (C): x2 M 1 2t1 ; 1 t1 ; t1 ; N 4 3b b 4 3b b b y 2 2 Câu VII.b: Từ (b) n 4 b 1 b 2 4 d2 N 1 t; 1; t uuuur MN t r k .n; k R* t 2t1 2 t1 t t1 t1 1 5 81 t 2t1 2; t1 ; t t1 mp P d: x 3n y 3 5 z 4 5 2 5 M 1 3 2 ; ; 5 5 5 2 5 y 2 x 1 .Thay vào (a) x2 1 6log 4 2 x 1 x2 3x 4 0 x 1 x 4 Nghiệm (–1; 1), (4; 32). Đề số 9 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2 (m là tham số) (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2. 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: cos3x cos3 x sin 3x sin 3 x 2) Giải hệ phương trình: x2 1 y( y ( x 2 1)( y x) 4 y x 2) y Trang 18 2 3 2 8 (x, y (1) ) (2) Thuviendientu.org 5 Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I 3 dx 2x 1 4x 1 Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh AB=AD = a, AA’ = a 3 2 và góc BAD = 600 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh rằng AC’ vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN. Câu V (1 điểm) Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện x2+xy+y2 3 .Chứng minh rằng: –4 3 – 3 x2 – xy – 3y2 4 3 3 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y –2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4;0;0) , B(0;4;0) .Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng ( ), đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và ( ). ln(1 x) ln(1 y) x y (a) Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 x 12 xy 20 y 0 ( b) B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho D ABC có cạnh AC đi qua điểm M(0;– 1). Biết AB = 2AM, phương trình đường phân giác trong AD: x – y = 0, phương trình đường cao CH: 2x + y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của D ABC . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 4x – 3y + 11z = 0 và hai x y 3 z 1 x 4 y z 3 đường thẳng d1: = = , = = . Chứng minh rằng d1 và d2 1 2 3 1 1 2 chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng nằm trên (P), đồng thời cắt cả d1 và d2. Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 4 x – 2 x 2(2 x –1)sin(2 x 1 y –1) 2 0 . Hướng dẫn phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x2 < 1 Câu I: 2) YCBT ' 4m 2 m 5 0 f (1) 5m 7 S 2m 1 1 2 3 Câu II: 1) (1) x 2) (2) 2 2 x y x 2 2 cos4x = 2 1 y x 2 1 y 5 7 - Xem thêm -