www.VIETMATHS.com
TRẦN SĨ TÙNG
---- ›š & ›š ----
BỘ ĐỀ ÔN THI
TẬP 2
(từ đề 51 đến đề 100)
Năm 2012
www.VIETMATHS.com
Trần Sĩ Tùng
Ôn thi Đại học
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012
Môn thi: TOÁN
Đề số 51
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. Cho hàm số y = x 3 + 3 x 2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3.
2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các
tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau.
Câu II.
cos 2 x + cos 3 x - 1
1) Giải phương trình:
cos 2 x - tan 2 x =
cos 2 x
ì x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
2) Giải hệ phương trình: í
2
2
î y( x + y) = 2 x + 7 y + 2
e
I =ò
Câu III. Tính tích phân:
1
log 32 x
x 1 + 3ln 2 x
dx
a 3
và ·
BAD = 600 .
2
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC ' vuông góc với
mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN.
Câu V. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:
7
ab + bc + ca - 2abc £
27
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa.
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường
trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa
độ các đỉnh của tam giác ABC.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC, biết A(–1; 0; 1), B(1; 2; –1), C(–1; 2; 3).
Câu IV. Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' =
Câu VIIa. Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z 2 - 4 z + 11 = 0 . Tính giá trị của biểu
2
2
z1 + z2
thức :
.
( z1 + z2 ) 2
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb.
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng D : x + 3 y + 8 = 0 ,
D ' :3 x - 4 y + 10 = 0 và điểm A(–2; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng
D , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng D ’
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 1; 2), B(2; –2; 1), C(–2; 0; 1). Viết
phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P): 2 x + 2 y + z –3 = 0 sao cho
MA = MB = MC .
ìï2 log1- x (- xy - 2 x + y + 2) + log 2+ y ( x 2 - 2 x + 1) = 6
Câu VIIb. Giải hệ phương trình: í
=1
ïîlog1- x ( y + 5) - log 2+ y ( x + 4)
============================
Trang 1
www.VIETMATHS.com
Ôn thi Đại học
Trần Sĩ Tùng
Hướng dẫn Đề số 51:
éx = 0
Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x 3 + 3 x 2 + mx + 1 = 1 Û ê
2
ë f ( x ) = x + 3x + m = 0
YCBT Û f ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 và y¢ ( x1 ) .y¢ ( x2 ) = -1 .
ì
9
ì9 - 4m > 0, f (0) = m ¹ 0
9 ± 65
ïm < , m ¹ 0
Û í 2
Û
Û m=
í
4
2
8
î(3 x1 + 6 x1 + m)(3 x2 + 6 x2 + m) = -1
ïî4m2 - 9m + 1 = 0
Câu II:
é x = k 2p
1) Điều kiện: cos x ¹ 0 . PT Û 2 cos2 x - cos x - 1 = 0 Û ê
2p
+ k 2p
êx = ±
3
ë
ì x2 + 1
+x+y=4
ï
ìï x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
y
ï
Ûí
.
2) Từ hệ PT Þ y ¹ 0 . Khi đó ta có: í
2
2
2
x
+
1
ïî y( x + y) = 2 x + 7 y + 2
ï
2
ï( x + y) - 2 y = 7
î
Đặt u =
é v = 3, u = 1
x2 + 1
ïì u + v = 4
ïì u = 4 - v
, v = x + y ta có hệ: í 2
Ûí 2
Ûê
y
ë v = -5, u = 9
îïv - 2u = 7
îïv + 2v - 15 = 0
ìï x 2 + 1 = y
ìï x 2 + x - 2 = 0
é x = 1, y = 2
ïì x 2 + 1 = y
Ûí
Ûí
Ûê
.
· Với v = 3, u = 1 ta có hệ: í
ïî x + y = 3
ïî y = 3 - x
ïî y = 3 - x
ë x = -2, y = 5
ïì x 2 + 1 = 9 y
ïì x 2 + 1 = 9 y
ïì x 2 + 9 x + 46 = 0
· Với v = -5, u = 9 ta có hệ: í
Ûí
Ûí
, hệ vô nghiệm.
îï x + y = -5
îï y = -5 - x
îï y = -5 - x
Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm: (1; 2), (-2; 5) .
3
e
Câu III: I = ò
1
log32 x
x 1 + 3ln2 x
e
dx = ò
1
æ ln x ö
ç
÷
è ln 2 ø
x 1 + 3ln 2 x
dx =
1
ln
3
e
ò
2
1
ln2 x.
ln xdx
x
1 + 3ln2 x
.
2
1 æ1 3 ö
4
1
dx 1
t -t÷ =
.
Đặt 1 + 3ln x = t Þ ln x = (t 2 - 1) Þ ln x. = tdt . Suy ra I =
3 ç3
3
x 3
9 ln 2 è
ø 1 27ln3 2
Câu IV: Gọi P,Q là trung điểm của BD, MN. Chứng minh được: AC’ ^ PQ. Suy ra AC ¢ ^ (BDMN)
Gọi H là giao của PQ và AC’. Suy ra AH là đường cao của hình chóp A.BDMN. Tính được
2
AH =
2
2
a 15
a 15
a
3a2 15
3a3
, PQ =
Þ VA.BDMN =
.
AC¢ =
, MN = Þ SBDMN =
5
5
4
2
16
16
Câu V: Ta có a2 ³ a2 - (b - c)2 = (a + b - c)(a - b + c) = (1 - 2c)(1 - 2b) (1)
Tương tự: b2 ³ (1 - 2a)(1 - 2c)
(2),
c2 ³ (1 - 2a)(1 - 2b)
(3)
Từ (1), (2), (3) Þ abc ³ (1 - 2a)(1 - 2b)(1 - 2c) = 1 - 2(a + b + c) + 4(ab + bc + ca) - 8abc
1 + 9abc
1 + abc
1
Þ ab + bc + ca - 2abc £
. Mặt khác a + b + c ³ 33 abc Þ abc £
.
4
4
27
1
1+
27 = 7 . Dấu "=" xảy ra Û a = b = c = 1 .
Do đó: ab + bc + ca - 2abc £
4
27
3
Câu VI.a:
1) Gọi C (c; 2c + 3) và I (m;6 - m) là trung điểm của BC. Suy ra: B(2m - c; 9 - 2m - 2c) . Vì C’ là
Þ ab + bc + ca £
æ 2m - c + 5 11 - 2m - 2c ö
trung điểm của AB nên: C ' ç
;
÷ Î CC '
2
2
è
ø
Trang 2
www.VIETMATHS.com
Trần Sĩ Tùng
Ôn thi Đại học
æ 2m - c + 5 ö 11 - 2m - 2c
æ 5 41 ö
5
nên 2 ç
+ 3 = 0 Þ m = - Þ I ç- ; ÷.
÷2
2
6
è
ø
è 6 6 ø
æ 14 37 ö
æ 19 4 ö
Phương trình BC: 3x - 3y + 23 = 0 Þ C ç ; ÷ Þ B ç - ; ÷ .
è 3 3 ø
è 3 3ø
uuur
uuur
2) Ta có: AB = (2; 2; -2), AC = (0; 2;2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là:
x + y - z - 1 = 0, y + z - 3 = 0.
r uuur uuur
Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n = éë AB, AC ùû = (8; -4;4). Suy ra (ABC): 2 x - y + z + 1 = 0 .
ì x + y - z -1 = 0
ìx = 0
ï
ï
Giải hệ: í y + z - 3 = 0 Þ í y = 2 . Suy ra tâm đường tròn là I(0; 2; 1).
ï2 x - y + z + 1 = 0 ï z = 1
î
î
Bán kính là R = IA = (-1 - 0)2 + (0 - 2)2 + (1 - 1)2 = 5.
Câu VII.a: Giải PT đã cho ta được các nghiệm: z1 = 1 -
3 2
3 2
i, z2 = 1 +
i
2
2
2
2
2
æ3 2 ö
z + z2
22
11
Suy ra | z1 |=| z2 |= 1 + ç
; z1 + z2 = 2 . Do đó: 1
= .
÷ =
2
ç 2 ÷
2
4
(z1 + z2 )
è
ø
Câu VI.b:
1) Giả sử tâm I (-3t - 8; t ) Î D.. Ta có: d ( I , D¢ ) = IA
2
Û
3(-3t - 8) - 4t + 10
2
3 +4
2
= (-3t - 8 + 2)2 + (t - 1)2 Û t = -3 Þ I (1; -3), R = 5
PT đường tròn cần tìm: ( x - 1)2 + ( y + 3)2 = 25 .
uuur
uuur
r uuur uuur
2) Ta có AB = (2; -3; -1), AC = (-2; -1; -1) Þ n = éë AB, AC ùû = (2;4; -8) là 1 VTPT của (ABC)
Suy ra phương trình (ABC): x + 2 y - 4 z + 6 = 0 . Giả sử M(x; y; z).
ìx = 2
ï
ì MA = MB = MC
Ta có: í
Û í y = 3 Þ M(2;3; -7)
M
Î
(
P
)
î
ïî z = -7
2
ì
Câu VII.b: Điều kiện: í- xy - 2 x + y + 2 > 0, x - 2 x + 1 > 0, y + 5 > 0, x + 4 > 0 (*)
î0 < 1 - x ¹ 1, 0 < 2 + y ¹ 1
ìï2 log1- x [(1 - x )( y + 2)] + 2 log2 + y (1 - x ) = 6
Hệ PT Û í
ïîlog1- x ( y + 5) - log2 + y ( x + 4) = 1
ìïlog ( y + 2) + log2 + y (1 - x ) - 2 = 0
(1)
Û í 1- x
log ( y 5) log ( x 4) 1
(2)
îï 1- x + - 2 + y + =
1
Đặt log2 + y (1 - x ) = t thì (1) trở thành: t + - 2 = 0 Û (t - 1)2 = 0 Û t = 1.
t
Với t = 1 ta có: 1 - x = y + 2 Û y = - x - 1 (3) . Thế vào (2) ta có:
log1- x (- x + 4) - log1- x ( x + 4)
= 1 Û log1- x
é x=0
-x + 4
-x + 4
=1Û
= 1 - x Û x2 + 2 x = 0 Û ê
x+4
x+4
ë x = -2
· Với x = 0 Þ y = -1 (không thoả (*)).
· Với x = -2 Þ y = 1 (thoả (*)).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = -2, y = 1 .
=====================
Trang 3
www.VIETMATHS.com
Ôn thi Đại học
Trần Sĩ Tùng
Đề số 52
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012
Môn thi: TOÁN
I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = 2 x 3 + 9mx 2 + 12m2 x + 1 (m là tham số).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1.
2) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại tại xCĐ, cực tiểu tại xCT thỏa mãn:
x 2CÑ = xCT .
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
2) Giải phương trình:
x + 1 +1 = 4 x 2 + 3 x
æ
æ 5p
ö
pö
5cos ç 2 x + ÷ = 4sin ç
- x÷ –9
è
3ø
è 6
ø
Câu III (1 điểm): Tìm họ nguyên hàm của hàm số: f ( x ) =
x ln( x 2 + 1) + x 3
x2 + 1
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có SA = x và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a.
Chứng minh rằng đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng (SAC). Tìm x theo a để thể tích
a3 2
.
của khối chóp S.ABCD bằng
6
Câu V (1 điểm): Cho các số thực không âm a, b. Chứng minh rằng:
æ 2
3 öæ 2
3ö æ
1 öæ
1ö
ç a + b + ÷ç b + a + ÷ ³ ç 2a + ÷ ç 2b + ÷
è
4 øè
4ø è
2 øè
2ø
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ba đường thẳng: d1 : 2 x + y –3 = 0 ,
d2 : 3 x + 4 y + 5 = 0 , d3 : 4 x + 3 y + 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d1 và
tiếp xúc với d2 và d3.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1;2; –1), đường thẳng (D):
x-2 y z+2
= =
và mặt phẳng (P): 2 x + y - z + 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua
1
3
2
A, cắt đường thẳng (D) và song song với (P).
Câu VII.a (1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau, trong đó có mặt
chữ số 0 nhưng không có mặt chữ số 1?
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : 2 x + my + 1 - 2 = 0 và
đường tròn có phương trình (C ) : x 2 + y 2 - 2 x + 4 y - 4 = 0 . Gọi I là tâm đường tròn (C ) . Tìm
m sao cho (d ) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A và B. Với giá trị nào của m thì diện tích tam
giác IAB lớn nhất và tính giá trị đó.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm S(0;0;1), A(1;1;0). Hai điểm M(m; 0;
0), N(0; n; 0) thay đổi sao cho m + n = 1 và m > 0, n > 0. Tính khoảng cách từ A đến mặt
phẳng (SMN). Từ đó suy ra mặt phẳng (SMN) tiếp xúc với một mặt cầu cố định.
Câu VII.b (1 điểm): Giải bất phương trình: ( 4 x – 2.2 x – 3) .log2 x –3 > 4
----------Hết ----------
Trang 4
x +1
2
- 4x
www.VIETMATHS.com
Trần Sĩ Tùng
Ôn thi Đại học
Hướng dẫn Đề số 52
Câu I: 2) y¢ = 6 x 2 + 18mx + 12m 2 = 6( x 2 + 3mx + 2 m2 )
Hàm số có CĐ và CT Û y¢ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 Û D = m 2 > 0 Û m ¹ 0
1
( -3m - m ) , x2 = 1 ( -3m + m ) .
2
2
Dựa vào bảng xét dấu y¢ suy ra xCÑ = x1 , xCT = x2
Khi đó: x1 =
2
æ -3m - m ö
-3m + m
Û m = -2
= xCT Û ç
Do đó:
÷ =
è
ø
2
2
Câu II: 1) Điều kiện x ³ 0 .
2x -1
PT Û 4 x 2 - 1 + 3 x - x + 1 = 0 Û (2 x + 1)(2 x - 1) +
=0
3x + x + 1
æ
ö
1
1
Û (2 x - 1) ç 2 x + 1 +
÷ = 0 Û 2x -1 = 0 Û x = .
2
3x + x + 1 ø
è
x 2CÑ
æ
è
2) PT Û 10 sin 2 ç x +
Câu III: Ta có: f ( x ) =
æ
æ
pö
pö
pö
p
÷ + 4sin ç x + ÷ - 14 = 0 Û sin ç x + ÷ = 1 Û x = + k2p .
6ø
è
6ø
è
6ø
3
x ln( x 2 + 1)
+
x ( x 2 + 1) - x
=
x ln( x 2 + 1)
+x-
x
x2 + 1
x2 + 1
x2 + 1
x2 + 1
1
1
Þ F ( x ) = ò f ( x )dx = ò ln( x 2 + 1)d ( x 2 + 1) + ò xdx - ò d ln( x 2 + 1)
2
2
1
1
1
= ln 2 ( x 2 + 1) + x 2 - ln( x 2 + 1) + C .
4
2
2
Câu IV: Do B và D cách đều S, A, C nên BD ^ (SAC). Gọi O là tâm của đáy ABCD. Các tam giác ABD,
BCD, SBD là các tam giác cân bằng nhau và có đáy BD chung nên OA = OC = OS. Do đó DASC
vuông tại S.
1
1
Ta có: VS . ABCD = 2VS . ABC = 2. BO.SA.SC = ax. AB 2 - OA2
6
3
=
Do đó: VS. ABCD =
1
a2 + x 2 1
= ax 3a2 - x 2
ax a2 3
4
6
éx = a
a3 2
1
a3 2
.
Û ax 3a2 - x 2 =
Û ê
6
6
6
ëx = a 2
2
3
1
1 æ
1ö
1
1
Câu V: Ta có: a2 + b + = a2 - a + + b + a + = ç a - ÷ + a + b + ³ a + b +
4
4
2 è
2ø
2
2
3
1
Tương tự: b2 + a + ³ a + b + .
4
2
2
æ
1ö æ
1 öæ
1ö
Ta sẽ chứng minh ç a + b + ÷ ³ ç 2a + ÷ç (2b + ÷
(*)
è
2ø è
2 øè
2ø
1
1
Thật vậy, (*) Û a2 + b2 + 2ab + a + b + ³ 4ab + a + b + Û (a - b)2 ³ 0 .
4
4
1
Dấu "=" xảy ra Û a = b = .
2
Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn là I (t;3 - 2t ) Î d1.
Khi đó: d (I , d2 ) = d (I , d3 ) Û
3t + 4(3 - 2t ) + 5 4t + 3(3 - 2t ) + 2
ét = 2
Û ê
=
5
5
ët = 4
Trang 5
www.VIETMATHS.com
Ôn thi Đại học
Trần Sĩ Tùng
Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: ( x - 2)2 + ( y + 1)2 =
49
9
và ( x - 4)2 + ( y + 5)2 =
.
25
25
ìx = 2 + t
x-2 y z+2
ï
r
. (P) có VTPT n = (2;1; -1) .
2) (D) :
= =
Û í y = 3t
1
3
2
ï
î z = -2 + 2t
Gọi I là giao điểm của (D) và đường thẳng d cần tìm Þ I (2 + t;3t; -2 + 2t )
uur
Þ AI = (1 + t ,3t - 2, -1 + 2t ) là VTCP của d.
uur
uur r
1
Do d song song mặt phẳng (P) Û AI .n = 0 Û 3t + 1 = 0 Û t = - Þ 3 AI = ( 2; -9; -5 ) .
3
x -1 y - 2 z +1
Vậy phương trình đường thẳng d là:
=
=
.
2
-9
-5
Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x= x = a1a2 a3 a4 a5 a6 .
Vì không có mặt chữ số 1 nên còn 9 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần tìm.
Vì phải có mặt chữ số 0 và a1 ¹ 0 nên số cách xếp cho chữ số 0 là 5 cách.
Số cách xếp cho 5 vị trí còn lại là : A85 .
Vậy số các số cần tìm là: 5. A85 = 33.600 (số)
Câu VI.b: 1) (C ) có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3.
2 - 2m + 1 - 2 < 3 2 + m 2
Û 1 - 4m + 4m2 < 18 + 9m2 Û 5m2 + 4m + 17 > 0 Û m Î R
1
1
9
Ta có: S
= IA.IB sin ·
AIB £ IA.IB =
IAB 2
2
2
9
3 2
Vậy: S
lớn nhất là
khi ·
AIB = 900 Û AB = R 2 = 3 2 Û d ( I , d ) =
IAB
2
2
3 2
Û 1 - 2m =
2 + m2 Û 16m2 - 16m + 4 = 36 + 18m2 Û 2m2 + 16m + 32 = 0 Û m = -4
2
uuur
uuur
r
2) Ta có: SM = (m; 0; -1), SN = (0; n; -1) Þ VTPT của (SMN) là n = (n; m; mn)
Phương trình mặt phẳng (SMN): nx + my + mnz - mn = 0
n + m - mn
1 - m.n
1 - mn
Ta có: d(A,(SMN)) =
=
=
=1
1 - mn
2
2
2
2
2
2
n +m +m n
1 - 2mn + m n
(d) cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt A, B Û d ( I , d ) < R Û
Suy ra (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định.
Câu VII.b: BPT Û (4 x - 2.2 x - 3).log2 x - 3 > 2 x +1 - 4 x Û (4 x - 2.2 x - 3).(log2 x + 1) > 0
é ì x > log2 3
êï
é ì22 x - 2.2 x - 3 > 0
é ì2 x > 3
êí x > 1
êí
êí
é x > log2 3
ï
log
x
+
1
>
0
log
x
>
1
2
Û êî 2
Û êî 2
Û êî
Û ê
1
ê ì x < log 3
ê ì22 x - 2.2 x - 3 < 0
ê ì2 x < 3
ê0 < x <
2
ï
ê
êí
êí
ë
2
êë îlog2 x < -1
ê í0 < x < 1
ëê îlog2 x + 1 < 0
ï
2
ëê î
=========================
Trang 6
www.VIETMATHS.com
Trần Sĩ Tùng
Ôn thi Đại học
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012
Môn thi: TOÁN
Đề số 53
I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
2x -1
.
x -1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến này cắt các trục Ox , Oy lần
lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB.
Câu II (2 điểm):
sin x + cos x
1) Giải phương trình:
+ 2 tan 2 x + cos 2 x = 0
sin x - cos x
ìï x 3 y (1 + y ) + x 2 y 2 (2 + y ) + xy 3 - 30 = 0
2) Giải hệ phương trình: í 2
ïî x y + x(1 + y + y 2 ) + y - 11 = 0
1
1+ x
dx
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = ò
x
0 1+
Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ đứng ABC.A¢B¢C¢ có đáy ABC là tam giác vuông với AB = BC = a,
uuur 1 uuur
cạnh bên AA¢ = a 2 . M là điểm trên AA¢ sao cho AM = AA ' . Tính thể tích của khối tứ diện
3
MA¢BC¢.
Câu V (1 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thay đổi luôn thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh
rằng:
a2 + b b2 + c c2 + a
+
+
³ 2.
b+c
c+a
a+b
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm E(–1; 0) và đường tròn (C):
x 2 + y 2 – 8 x – 4 y –16 = 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt (C) theo dây cung
MN có độ dài ngắn nhất.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 điểm A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) và mặt phẳng (P):
2 x + y - z + 5 = 0 . Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua O, A, B và có khoảng cách từ tâm I của
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y =
mặt cầu đến mặt phẳng (P) bằng
5
6
.
Câu VII.a (1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số, biết rằng chữ số 2 có mặt đúng hai
lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số còn lại có mặt không quá một lần?
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường
thẳng AB, BC lần lượt là: x + 2 y – 5 = 0 và 3 x – y + 7 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC,
biết rằng AC đi qua điểm F(1; -3) .
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng D:
x +1 y -1 z
=
= . Tìm toạ độ điểm M trên D sao cho DMAB có diện tích nhỏ nhất.
2
-1 2
Câu VII.b (1 điểm): Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
log5 (25 x – log5 a) = x
----------Hết ---------Trang 7
www.VIETMATHS.com
Ôn thi Đại học
Trần Sĩ Tùng
Hướng dẫn Đề số 53
Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M ( x0 ; y0 ) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB.
OB 1
1
1
= Þ Hệ số góc của d bằng hoặc - .
OA 4
4
4
1
1
1
1
Hệ số góc của d tại M là: y¢ ( x0 ) = < 0 Þ y¢ ( x 0 ) = - Û =2
2
4
4
( x - 1)
( x - 1)
Do DOAB vuông tại O nên: tan A =
0
0
é
æ
3ö
ê x0 = -1 ç y0 = ÷
è
2ø
Û ê
êx = 3 æ y = 5 ö
ç 0
÷
êë 0
è
2ø
1
3
1
5
Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y = - ( x + 1) + hoặc y = - ( x - 3) +
4
2
4
2
Câu II: 1) Điều kiện: cos2 x ¹ 0 .
PT Û -(sin x + cos x )2 + 2sin2 x + cos2 2 x = 0 Û sin2 2 x - sin 2 x = 0
p
ésin 2 x = 0
Û ê
Û x=k .
sin
2
x
=
1
(
loaï
i
)
2
ë
2
2 2
ì
ì xy( x + y )( x + y + xy ) = 30
2) Hệ PT Û í xy( x + y ) + x y ( x + y ) = 30 Û í
î xy( x + y ) + xy + x + y = 11
î xy( x + y ) + xy + x + y = 11
ìx + y = u
ìuv(u + v) = 30
ìuv(11 - uv) = 30
Đặt í
. Hệ trở thành í
Û í
î xy = v
îuv + u + v = 11
îuv + u + v = 11
é uv = 5
(1)
. Từ (1) Þ ê
(2)
ë uv = 6
æ 5 - 21 5 + 21 ö
· Với uv = 5 Þ u + v = 6 . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: ç
;
÷ và
è 2
2 ø
æ 5 + 21 5 - 21 ö
;
ç
÷
2 ø
è 2
· Với uv = 6 Þ u + v = 5 . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: (1;2) và (2;1)
æ 5 - 21 5 + 21 ö
Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm: (1;2) , (2;1) , ç
;
÷,
è 2
2 ø
æ 5 + 21 5 - 21 ö
;
ç
÷.
è 2
2 ø
1 3
1
æ
t +t
2 ö
11
dt = 2 ò ç t 2 - t + 2 - 4 ln 2 .
÷dt =
1+ t ø
t +1
3
0
0è
Câu III: Đặt t = x Þ dx = 2t.dt . I = 2 ò
Câu IV: Từ giả thiết suy ra DABC vuông cân tại B. Gọi H là trung điểm của AC thì BH ^ AC và BH
(ACC¢A¢).
Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MA¢C¢ Þ BH =
^
2
2 2
a . Từ giả thiết Þ MA¢ =
a,
2
3
A¢C¢ = a 2 .
1
1
a3 2
.
Do đó: VB.MA ' C ' = BH .SMA ' C ' = BH .MA¢ . A¢C¢ =
3
6
9
a2 + b a(1 - b - c) + b a + b
=
=
-a.
b+c
b+c
b+c
a+b
b+c
c+a
a+b b+c c+a
-a+
-b+
-c³2 Û
+
+
³3
Tương tự, BĐT trở thành:
b+c c+a a+b
b+c
c+a
a+b
a+b b+c c+a
a+b b+c c+a
Theo BĐT Cô–si ta có:
+
+
³ 33
.
.
=3.
b+c c+a a+b
b+c c+a a+b
1
Dấu "=" xảy ra Û a = b = c = .
3
Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6. Ta có IE = 29 < 6 = R Þ E nằm trong hình tròn (C).
Câu V: Ta có:
Trang 8
www.VIETMATHS.com
Trần Sĩ Tùng
Ôn thi Đại học
Giả sử đường thẳng D đi qua E cắt (C) tại M và N. Kẻ IH ^ D. Ta có IH = d(I, D) ≤ IE.
Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất Û H º E Û D đi qua E và vuông góc với IE
Khi đó phương trình đường thẳng D là: 5( x + 1) + 2 y = 0 Û 5 x + 2 y + 5 = 0 .
2) Giả sử (S): x 2 + y 2 + z2 - 2ax - 2by - 2cz + d = 0 .
ìa = 1
ï
· Từ O, A, B Î (S) suy ra: íc = 2 Þ I (1; b;2) .
ïîd = 0
5
b+5
5
éb = 0
· d ( I ,( P )) =
Û
Û ê
=
ë b = -10
6
6
6
Vậy (S): x 2 + y 2 + z2 - 2 x - 4 z = 0 hoặc (S): x 2 + y 2 + z2 - 2 x + 20 y - 4 z = 0
Câu VII.a: Gọi số cần tìm là:
x = a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 (a1 ¹ 0).
· Giả sử a1 có thể bằng 0:
+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C72
+ Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là:
+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C53
2! C82
· Bây giờ ta xét a1 = 0:
+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C62
+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C43
+ Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là:
7
2
3
2
Vậy số các số cần tìm là: C7 .C5 .2!C8 - C62 .C43 .7 = 11340 (số).
r
r
r
Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là n1 = (1;2) , của BC là n2 = (3; -1) , của AC là n3 = (a; b) với a 2 + b2 ¹ 0 .
Do DABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau.
r r
r r
n .n
n .n
1
3a - b
Suy ra: cos B = cos C Þ r 1 r2 = r 3 r2 Û
=
n1 . n2
n3 . n2
5
a2 + b2
é2a = b
Û 22a2 + 2b2 - 15ab = 0 Û ê
ë11a = 2b
r
· Với 2a = b , ta có thể chọn a = 1, b = 2 Þ n3 = (1;2) Þ AC // AB Þ không thoả mãn.
r
· Với 11a = 2b , ta có thể chọn a = 2, b = 11 Þ n3 = (2;11)
Khi đó phương trình AC là: 2( x - 1) + 11( y + 3) = 0 Û 2 x + 11y + 31 = 0 .
ì x = -1 + 2t
ï
2) PTTS của D: í y = 1 - t . Gọi M (-1 + 2t;1 - t;2t ) Î D.
ïî z = 2t
1 uuur uuur
Diện tích DMAB là S = éë AM , AB ùû = 18t 2 - 36t + 216 = 18(t - 1)2 + 198 ≥ 198
2
Vậy Min S = 198 khi t = 1 hay M(1; 0; 2).
ìït = 5x , t > 0
Câu VII.b: PT Û 25x - log5 a = 5 x Û 52 x - 5x - log5 a = 0 Û í 2
ïît - t - log5 a = 0
(*)
PT có nghiệm duy nhất Û (*) có đúng 1 nghiệm dương Û t 2 - t = log5 a có đúng 1 nghiệm dương.
Xét hàm số f (t ) = t 2 - t với t Î [0; +∞). Ta có: f ¢ (t ) = 2t - 1 Þ f ¢ (t ) = 0 Û t =
f (0) = 0 .
æ1ö
1
1
. fç ÷=- ,
2
è2ø
4
éa ³ 1
é log5 a ³ 0
ê
1 .
Dựa vào BBT ta suy ra PT f (t ) = log5 a có đúng 1 nghiệm dương Û ê
Û
1
êa =
ê log5 a = 4
êë
ë
4
5
==========================
Trang 9
www.VIETMATHS.com
Ôn thi Đại học
Trần Sĩ Tùng
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012
Môn thi: TOÁN
Đề số 54
I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x 4 + 2m2 x 2 + 1
(1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
2) Chứng minh rằng đường thẳng y = x + 1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với
mọi giá trị của m.
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
æ
pö
2sin 2 ç x - ÷ = 2sin2 x - tan x
4ø
è
2) Giải phương trình:
2 log3 ( x 2 - 4 ) + 3 log3 ( x + 2)2 - log3 ( x - 2)2 = 4
Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
I=
p
3
ò
0
sin x
cos x 3 + sin 2 x
dx
Câu IV (1 điểm): Cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2a. Trên đường thẳng d đi
qua A và vuông góc mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho mp(SBC) tạo với mp(ABC) một góc
bằng 600. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.
Câu V (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x ) =
x 4 - 4 x 3 + 8x 2 - 8x + 5
x2 - 2x + 2
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất là ( - 3;0 ) và đi qua
æ 4 33 ö
÷ . Hãy xác định tọa độ các đỉnh của (E).
5 ø
è
điểm M ç 1;
ìx = 1- t
ï
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 3) và đường thẳng d: í y = 2 + 2t .
ïî z = 3
Hãy tìm trên đường thẳng d các điểm B và C sao cho tam giác ABC đều.
Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh: 12 Cn1 + 22 Cn2 + 32 Cn3 + ... + n2Cnn = (n + n2 ).2n - 2 , trong đó n là số tự
nhiên, n ≥ 1 và Cnk là số tổ hợp chập k của n.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ
toạ uuu
độr Oxy, cho tam giác ABC có A(2; 7) và đường thẳng AB cắt
uuur
trục Oy tại E sao cho AE = 2 EB . Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng tâm là
æ 13 ö
G ç 2; ÷ . Viết phương trình cạnh BC.
è 3ø
x -1 y + 1 z
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d:
=
= và mặt phẳng
3
1
1
(P): 2 x + y - 2 z + 2 = 0 . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d có bán
kính nhỏ nhất tiếp xúc với (P) và đi qua điểm A(1; –1; 1).
3
ìï 3
x
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: í x + 24 y = y + 16
2
ïî1 + y = 5(1 + x )
----------Hết ---------Trang 10
(1)
.
(2)
www.VIETMATHS.com
Trần Sĩ Tùng
Ôn thi Đại học
Hướng dẫn Đề số 54
Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm:
x 4 + 2m2 x 2 + 1 = x + 1 Û x 4 + 2m2 x 2 - x = 0 Û x ( x 3 + 2m2 x - 1) = 0
éx = 0
Û ê
3
2
ë g( x ) = x + 2m x - 1 = 0 (*)
Ta có: g¢ ( x ) = 3 x 2 + 2m2 ³ 0 (với mọi x và mọi m ) Þ Hàm số g(x) luôn đồng biến với mọi giá trị
của m.
Mặt khác g(0) = –1 ¹ 0. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác 0.
Vậy đường thẳng y = x + 1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.
Câu II: 1) Điều kiện: cos x ¹ 0 Û x ¹
p
+ mp (*).
2
æ
pö
ésin 2 x = 1
PT Û 1– cos ç 2 x - ÷ = 2sin2 x – tan x Û 1–sin2 x = tan x (sin2 x –1) Û ê
2ø
è
ë tan x = -1
é
é
p
p
ê2 x = 2 + k.2p
ê x = 4 + k.p
p
p
Û ê
Û ê
Û x = + k. . (Thỏa mãn điều kiện (*) ).
4
2
ê x = - p + l.p
ê x = - p + l.p
êë
ê
4
4
ë
ìï x 2 - 4 > 0
ïì x 2 - 4 > 0
éx > 2
2) Điều kiện: í
Û
Û ê
(**)
í
2
2
ë x £ -3
ïî( x + 2) ³ 1
îïlog3 ( x + 2) ³ 0
2
PT Û log3 ( x 2 – 4 ) + 3 log3 ( x + 2)2 - log3 ( x – 2)2 = 4
Û log3 ( x + 2)2 + 3 log3 ( x + 2)2 - 4 = 0
log3 ( x + 2)2 = 1 Û ( x + 2)2 = 3
Û
Û
(
log3 ( x + 2)2 + 4
)(
)
log3 ( x + 2)2 - 1 = 0
Û x = -2 ± 3
Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có x = -2 - 3 thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = -2 - 3
Câu III: Đặt t = 3 + sin2 x =
I=
p
3
ò
0
sin x
cos x 3 + sin2 x
15
2
.dx =
4 - cos2 x . Ta có: cos2 x = 4 – t 2 và dt =
p
3
ò
0
sin x.cos x
cos2 x 3 + sin2 x
dx =
15
2
ò
3
dt
4-t
2
=
1
4
sin x cos x
2
3 + sin x
dx .
15
2 æ
ò
3
1
1 ö
ç
÷dt
èt+2 t-2ø
1æ
15 + 4
3+2 ö
1 (
ç ln
÷ =
- ln
ln 15 + 4 ) - ln ( 3 + 2 ) .
ç
÷
4
2
15
4
3
2
3
è
ø
Câu IV: Ta có SA ^ (ABC) Þ SA ^ AB; SA ^ AC..
Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB Þ BC ^ AC Þ BC ^ SC. Hai điểm A,C cùng nhìn đoạn
SB dưới góc vuông nên mặt cầu đường kính SB đi qua A,C. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC cũng
chính là mặt cầu đường kính SB. Ta có CA = CB = AB sin 450 = a 2 ; ·
SCA = 600 là góc giữa
=
1 t+2
ln
4 t -2
(
=
)
mp(SBC) và mp(ABC).
SA = AC.tan600 = a 6 . Từ đó SB2 = SA2 + AB2 = 10a2 .
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = p d 2 = p .SB2 = 10p a2 .
1
Câu V: Tập xác định: D = R . Ta có: f ( x ) = x 2 - 2 x + 2 +
³ 2 ( BĐT Cô–si).
x2 - 2x + 2
Dấu "=" xảy ra Û x 2 – 2 x + 2 = 1 Û x = 1 . Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1.
Câu VI.a: 1) Ta có F1 ( - 3;0 ) , F2 ( 3;0 ) là hai tiêu điểm của (E).
Trang 11
www.VIETMATHS.com
Ôn thi Đại học
Trần Sĩ Tùng
Theo định nghĩa của (E) suy ra :
2a = MF1 + MF2 =
(1 +
Þ a = 5. Mặt khác: c =
3)
2
æ 4 33 ö
+ç
÷
è 5 ø
2
(1 - 3 )
+
2
2
æ 4 33 ö
+ç
÷ = 10
è 5 ø
3 và a2 – b2 = c2 Þ b2 = a2 - c2 = 22
Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22 ) ; B2 ( 0; 22 ).
r
2) d có VTCP ud = (-1;2;0) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d.
uuuur
Giả sử H (1 – t; 2 + 2t;3) Þ AH = (1 - t;1 + 2t;0 )
uuur r
æ6 8 ö
1
3 5
Mà AH ^ d nên AH ^ ud Þ -1(1 - t ) + 2 (1 + 2t ) = 0 Û t = - Þ H ç ; ;3 ÷ Þ AH =
.
5
5
è5 5 ø
Mà DABC đều nên BC =
2 AH
3
=
2 15
hay BH =
5
2
15
.
5
2
æ 1 ö æ2
ö
15
-1 ± 3
Giả sử B(1 - s;2 + 2s;3) thì ç - - s ÷ + ç + 2s ÷ =
Û 25s2 + 10s – 2 = 0 Û s =
è 5 ø è5
ø
25
5
æ 6 - 3 8+ 2 3 ö
æ 6+ 3 8-2 3 ö
;
;3 ÷ và C ç
;
;3 ÷
Vậy: B ç
è 5
5
ø
è 5
5
ø
æ6+ 3 8-2 3 ö
æ 6- 3 8+2 3 ö
hoặc B ç
;
;3 ÷ và C ç
;
;3 ÷
è 5
5
ø
è 5
5
ø
Câu VII.a: Xét khai triển: (1 + x )n = Cn0 + xC1n + x 2Cn2 + x 3Cn3 + ... + x nCnn
Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n(1 + x )n-1 = Cn1 + 2 xCn2 + 3 x 2Cn3 + ... + nx n-1Cnn
Nhân 2 vế cho x, rồi lấy đạo hàm lần nữa, ta được:
n ëé(1 + x )n-1 + x (n - 1)(1 + x )n -2 ùû = 12 C1 + 22 xC 2 + 32 x 2C 3 + ... + n2 x n-1C n
n
n
n
n
Cho x = 1 ta được đpcm.
uuur 2 uuur
Câu VI.b: 1) Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AG = AM Þ M(2; 3). Đường thẳng EC qua M và có
3
uuur æ
uuur
uuur
8ö
VTPT AG = ç 0; - ÷ nên có PT: y = 3 Þ E(0; 3) Þ C(4; 3). Mà AE = 2 EB nên B(–1; 1).
è
3ø
Þ Phương trình BC: 2 x - 5y + 7 = 0 .
2) Gọi I là tâm của (S). I Î d Þ I (1 + 3t; -1 + t; t ) . Bán kính R = IA =
11t 2 - 2t + 1 .
ét = 0
Þ R =1
5t + 3
= R Û 37t 2 - 24t = 0 Û ê 24
77 .
ÞR=
êt =
3
ë 37
37
Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên chọn t = 0, R = 1. Suy ra I(1; –1; 0).
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên: d ( I ,(P )) =
Vậy phương trình mặt cầu (S): ( x - 1)2 + ( y + 1)2 + z2 = 1 .
(
)
Câu VII.b: Từ (2) suy ra y 2 – 5 x 2 = 4 (3). Thế vào (1) được: x 3 + y 2 – 5 x 2 .y = y 3 + 16 x
Û x 3 – 5 x 2 y –16 x = 0 Û x = 0 hoặc x 2 – 5 xy –16 = 0
· Với x = 0 Þ y 2 = 4 Û y = ±2 .
2
æ x 2 - 16 ö
x 2 - 16
· Với x – 5 xy –16 = 0 Û y =
(4). Thế vào (3) được: ç
÷ - 5x 2 = 4
5x
è 5x ø
é x = 1 ( y = -3)
Û x 4 –32 x 2 + 256 –125 x 4 = 100 x 2 Û 124 x 4 + 132 x 2 – 256 = 0 Û x 2 = 1 Û ê
.
ë x = -1 ( y = 3)
Vậy hệ có 4 nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3)
==========================
2
Trang 12
www.VIETMATHS.com
Trần Sĩ Tùng
Ôn thi Đại học
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012
Môn thi: TOÁN
Đề số 55
I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 2 .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x 2 - 2 x - 2 =
m
.
x -1
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
2) Giải hệ phương trình:
æ 5p
ö
2 2 cos ç
- x ÷ sin x = 1
è 12
ø
ìlog x + y = 3log ( x - y + 2)
ï 2
8
í
ïî
x 2 + y2 + 1 - x 2 - y2 = 3
I=
Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
p
4
sin x
ò
p
4
1 + x2 + x
dx
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA
vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 . Trên cạnh SA lấy
điểm M sao cho AM =
a 3
, mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM.
3
Câu V (1 điểm): Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5- x + 5- y + 5- z = 1 .Chứng minh rằng :
25 x
+
25y
+
25z
³
5 x + 5 y + 5z
4
5 x + 5 y + z 5 y + 5z + x 5z + 5 x + y
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; –2), đường cao CH : x - y + 1 = 0 ,
phân giác trong BN : 2 x + y + 5 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B, C và tính diện tích tam giác ABC.
ì x = 2 + 4t
ì x = 7 - 6t
ï
ï
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng : d1 : í y = -6t , d2 : í y = 2 + 9t .
ïî z = -1 - 8t
ïî z = 12t
a) Chứng minh rằng d1 và d2 song song . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua d1 và d2 .
b) Cho điểm A(1; –1; 2), B(3; – 4; –2). Tìm điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị
nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức: z4 - z3 +
z2
+ z +1 = 0
2
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao
điểm của đường thẳng d1 : x - y - 3 = 0 và d2 : x + y - 6 = 0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của
d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
ì x = 2 - 2t ¢
x - 2 y -1 z
ï
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 :
=
= và d2 : í y = 3
1
-1 2
ï z = t¢
î
a) Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau và viết phương trình đường vuông góc chung của d1 và d2.
b) Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2.
0
4
8
2004
2008
+ C2009
+ C2009
+ ... + C2009
+ C2009
Câu VII.b (1 điểm): Tính tổng: S = C2009
----------Hết ---------Trang 13
www.VIETMATHS.com
Ôn thi Đại học
Trần Sĩ Tùng
Hướng dẫn Đề số 55
Câu I: 2) Ta có x 2 - 2 x - 2 =
m
Û ( x 2 - 2 x - 2 ) x - 1 = m, x ¹ 1. Do đó số nghiệm của phương trình
x -1
bằng số giao điểm của y = ( x 2 - 2 x - 2 ) x - 1 , (C ') và đường thẳng y = m, x ¹ 1.
ì f (x)
khi x > 1
nên ( C ' ) bao gồm:
Với y = ( x 2 - 2 x - 2 ) x - 1 = í
f
(
x
)
khi
x <1
î
+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x = 1.
+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x = 1 qua Ox.
Dựa vào đồ thị ta có:
m < –2
m = –2
–2 < m < 0
Số nghiệm
vô nghiệm
2 nghiệm kép
4 nghiệm phân biệt
m≥0
2 nghiệm phân biệt
é æ
æ
5p ö
5p ù
5p ö
5p
1
p
Câu II: 1) PT Û 2 êsin ç 2 x =
= sin
÷ + sin ú = 1 Û sin ç 2 x ÷ + sin
12 ø
12 û
12 ø
12
4
2
è
ë è
é
p
ê x = 6 + kp
æ
æ
æ p ö
5p ö
p
5p
5p ö
Û sin ç 2 x Û sin ç 2 x ÷ = sin - sin
÷ = sin ç - ÷ Û ê
12 ø
4
12
12 ø
è
è
è 12 ø
ê x = 3p + kp
êë
4
ìï
x+y =2+ x-y
.
2) Điều kiện: x + y > 0, x - y ³ 0 . Hệ PT Û í
ïî x 2 + y 2 + 1 - x 2 - y 2 = 3
ìu = x + y
Đặt: í
ta có hệ:
îv = x - y
ì u - v = 2 (u > v )
ì u + v = 2 uv + 4
ï
ï
Ûí 2 2
í u 2 + v2 + 2
u +v +2
ï
- uv = 3 ï
- uv = 3
2
2
î
î
ì u + v = 2 uv + 4
ï
Ûí
(u + v)2 - 2uv + 2
ï
- uv = 3
2
î
Thế (1) vào (2) ta có:
(1)
(2)
.
uv + 8 uv + 9 - uv = 3 Û uv + 8 uv + 9 = (3 + uv )2 Û uv = 0 .
ì uv = 0
Kết hợp (1) ta có: í
Û u = 4, v = 0 (với u > v). Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk)
îu + v = 4
Kết luận: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2).
Câu III: I =
p
4
1 + x 2 sin xdx -
ò
p
4
· Tính I1 =
p
4
ò
p
4
p
4
ò
p
4
p
4
x sin xdx = I1 - I 2
1 + x 2 sin xdx . Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta tính được I1 = 0 .
-
· Tính I 2 =
ò
-
p
4
x sin xdx . Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính được: I 2 = -
2
p - 2.
4
Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD .
Suy ra: I =
Trang 14
2
p+ 2
4
www.VIETMATHS.com
Trần Sĩ Tùng
Ôn thi Đại học
ì BC ^ AB
Þ BC ^ BM . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao.
· í
î BC ^ SA
a 3
3 = 2 Þ MN = 4a , BM = 2a
3
3
a 3
3
æ
4a ö
ç 2a + 3 ÷ 2a 10a2
BC + MN
Diện tích hình thang BCMN là : S = SBCNM =
BM = ç
=
÷
2
è
2 ø 3 3 3
· Hạ AH ^ BM. Ta có SH ^ BM và BC ^ (SAB) Þ BC ^ SH . Vậy SH ^ ( BCNM)
Þ SH là đường cao của khối chóp SBCNM
AB AM
1
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
=
= .
SB MS
2
·
0
Vậy BM là phân giác của góc SBA Þ SBH = 30 Þ SH = SB.sin300 = a
MN SM
MN
· SA = AB tan600 = a 3 ,
=
Û
=
AD SA
2a
· Thể tích chóp SBCNM ta có V =
a 3-
1
10 3a3
SH .SBCNM =
.
3
27
Câu V: Đặt 5x = a; 5y = b; 5z = c . Từ giả thiết ta có: a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc
BĐT Û
a2
b2
c2
a+b+c
+
+
³
(*)
a + bc b + ca c + ab
4
Ta có: (*) Û
Û
a3
2
a + abc
+
b3
2
b + abc
+
c3
2
c + abc
³
a+b+c
4
3
a
b3
c3
a+b+c
+
+
³
(a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b)
4
Áp dụng BĐT Cô-si, ta có:
a3
a+b a+c 3
+
+
³ a (1)
(a + b)(a + c)
8
8
4
b3
b+c b+a 3
c3
c+a c+b 3
+
+
³ b ( 2)
+
+
³ c
(b + c)(b + a)
8
8
4
(c + a)(c + b)
8
8
4
Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.
Câu VI.a: 1) Do AB ^ CH nên phương trình AB: x + y + 1 = 0 .
( 3)
ì2 x + y + 5 = 0
ì x = -4
· B = AB Ç BN Þ Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: í
Þ B(-4; 3).
Û í
îy = 3
î x + y +1 = 0
· Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì A 'Î BC .
Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x - 2 y - 5 = 0 . Gọi I = (d ) Ç BN .
ì2 x + y + 5 = 0
Giải hệ: í
. Suy ra: I(–1; 3) Þ A'(-3; -4)
î x - 2y - 5 = 0
ì BC : 7 x + y + 25 = 0
æ 13 9 ö
· Phương trình BC: 7 x + y + 25 = 0 . Giải hệ: í
Þ C ç- ;- ÷ .
è 4 4ø
î CH : x - y + 1 = 0
2
2
7.1 + 1(-2) + 25
æ
13 ö æ
9ö
450
· BC = ç -4 + ÷ + ç 3 + ÷ =
, d ( A; BC ) =
=3 2 .
è
4ø è
4ø
4
72 + 12
1
1
450 45
Suy ra: S ABC = d ( A; BC ).BC = .3 2.
= .
2
2
4
4
r
r
r r
2) a) · VTCP của hai đường thẳng lần lượt là: u1 = (4; -6; -8), u2 = (-6;9;12) Þ u1, u2 cùng phương.
Mặt khác, M( 2; 0; –1) Î d1; M( 2; 0; –1) Ï d2.. Vậy d1 // d2.
1 uuuur r
r
· VTPT của mp (P) là n = - éë MN , u1 ùû = (5; -22;19) Þ Phương trình mp(P): 5 x - 22 y + 19 z + 9 = 0 .
2
Trang 15
www.VIETMATHS.com
Ôn thi Đại học
Trần Sĩ Tùng
uuur
b) AB = (2; -3; -4) Þ AB // d1. Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .
Ta có: IA + IB = IA1 + IB ³ A1B . Do đó IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B. Khi đó A1, I, B thẳng
hàng Þ I là giao điểm của A1B và d. Vì AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.
æ 36 33 15 ö
· Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H ç ; ; ÷ . A’ đối xứng với A qua H nên
è 29 29 29 ø
æ 43 95 28 ö
æ 65 -21 -43 ö
A’ ç ; ; - ÷ . I là trung điểm của A’B suy ra I ç ;
;
÷.
è 29 29 29 ø
è 29 58 29 ø
Câu VII.a: Nhận xét z = 0 không là nghiệm của PT. Vậy z ¹ 0
æ
1 ö æ 1ö 1
Chia hai vế PT cho z2 ta được: ç z2 + ÷ - ç z - ÷ + = 0 (1)
zø 2
z2 ø è
è
1
1
1
Đặt t = z - . Khi đó t 2 = z2 + - 2 Û z2 + = t 2 + 2
2
z
z
z2
5
5
= 0 (3). D = 1 - 4. = -9 = 9i 2
2
2
1 + 3i
1 - 3i
Þ PT (3) có 2 nghiệm t =
, t=
2
2
1 + 3i
1 1 + 3i
· Với t =
: ta có z - =
Û 2 z2 - (1 + 3i)z - 2 = 0 (4a) Có D = (3 + i)2
z
2
2
(1 + 3i) + (3 + i)
(1 + 3i) - (3 + i) i - 1
Þ PT (4a) có 2 nghiệm : z =
= 1+ i , z =
=
4
4
2
1 1 - 3i
1 - 3i
· Với t =
: ta có z - =
Û 2 z2 - (1 - 3i)z - 2 = 0 (4b)
Có D = (3 - i)2
z
2
2
(1 - 3i) + (3 - i)
(1 - 3i) - (3 - i) -i - 1
Þ PT (4b) có 2 nghiệm : z =
= 1- i , z =
=
4
4
2
i -1
-i - 1
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z = 1 + i; z = 1 - i; z =
;z=
.
2
2
ì
9
ïï x = 2
æ9 3ö
ìx - y - 3 = 0
Câu VI.b: 1) Ta có: I = d1 Ç d2 Þ Toạ độ của I là nghiệm của hệ: í
Þ Iç ; ÷
Ûí
x
+
y
6
=
0
3
î
è2 2ø
ïy =
ïî
2
Do vai trò A, B, C, D là như nhau nên giả sử M = d1 Ç Ox là trung điểm cạnh AD. Suy ra M(3; 0)
Phương trình (2) trở thành: t 2 - t +
2
2
S
æ
9ö æ3ö
12
Ta có: AB = 2 IM = 2 ç 3 - ÷ + ç ÷ = 3 2 . S ABCD = AB. AD = 12 Û AD = ABCD =
=2 2
2ø è2ø
AB
3 2
è
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 Þ d1 ^ AD
r
Đường thẳng AD đi qua M(3; 0) và vuông góc với d1 nhận n = (1;1) làm VTPT nên có PT: x + y - 3 = 0
ìï x + y - 3 = 0
Mặt khác: MA = MD = 2 Þ Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ PT: í
2
2
ïî ( x - 3) + y = 2
ìy = -x + 3
ìy = - x + 3
ìx = 2
ìx = 4
Ûí
Ûí
Ûí
hoặc í
. Vậy A( 2; 1), D( 4; –1).
2
2
2
2
îy = 1
î y = -1
î( x - 3) + y = 2
î( x - 3) + (3 - x ) = 2
ì x = 2 xI - x A = 9 - 2 = 7
æ9 3ö
Do I ç ; ÷ là trung điểm của AC suy ra: í C
è2 2ø
î yC = 2 yI - y A = 3 - 1 = 2
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1)
r
r
2) a) d1 có VTCP u1 = (1; -1;2) và đi qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP u2 = (-2;0;1) và đi qua điểm
N( 2; 3; 0) .
Trang 16
www.VIETMATHS.com
Trần Sĩ Tùng
Ôn thi Đại học
r r uuuur
Ta có: éëu1 , u2 ùû .MN = -10 ¹ 0 Þ d1 , d2 chéo nhau. Gọi A(2 + t;1 - t;2t )Î d1 , B(2 - 2t¢ ; 3; t¢ )Î d2 .
uuur
ì
1
ìï AB.ur = 0
æ5 4 2ö
ï
AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 Û í uuur r1
Þ ít = - 3 Þ A ç ; ; - ÷ ; B (2; 3; 0)
è3 3 3ø
ïî AB.u2 = 0
ïît ' = 0
ìx = 2 + t
ï
Đường thẳng D qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d1 và d2 Þ D: í y = 3 + 5t
ïî z = 2t
2
2
2
æ
11 ö æ
13 ö æ 1 ö
5
b) PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính: ç x - ÷ + ç y - ÷ + ç z + ÷ =
6ø è
6ø è
3ø
6
è
0
1
2009
Câu VII.b: Ta có: (1 + i)2009 = C2009
+ iC2009
+ .. + i 2009C2009
0
2
4
6
2006
2008
= C2009
- C2009
+ C2009
- C2009
+ .... - C2009
+ C2009
+
1
3
5
7
2007
2009
(C2009
- C2009
+ C2009
- C2009
+ ... - C2009
+ C2009
)i
1
Thấy: S = ( A + B) , với
2
0
2
4
6
2006
2008
A = C2009
- C2009
+ C2009
- C2009
+ ... - C2009
+ C2009
0
2
4
6
2006
2008
B = C2009
+ C2009
+ C2009
+ C2009
+ ... + C2009
+ C2009
1004
· Ta có: (1 + i)2009 = (1 + i ) éë(1 + i)2 ùû
= (1 + i ).21004 = 21004 + 21004 i .
Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của (1 + i)2009 nên A = 21004 .
0
1
2
2009
· Ta có: (1 + x )2009 = C2009
+ xC2009
+ x 2C2009
+ ... + x 2009C2009
0
2
2008
1
3
2009
Cho x = –1 ta có: C2009
+ C2009
+ ... + C2009
= C2009
+ C2009
+ ... + C2009
Cho x=1 ta có:
0
2
2008
1
3
2009
(C2009
+ C2009
+ ... + C2009
) + (C2009
+ C2009
+ ... + C2009
) = 22009 .
Suy ra: B = 22008 .
· Từ đó ta có: S = 21003 + 22007 .
===================
Trang 17
www.VIETMATHS.com
Ôn thi Đại học
Trần Sĩ Tùng
SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN
Đề số 56
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011-2012
Môn thi: TOÁN
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 + (3m + 1) x 2 - 3 (với m là tham số)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = -1 .
2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân
2
sao cho độ dài cạnh đáy bằng lần độ dài cạnh bên.
3
Câu II (2,0 điểm)
1) Giải phương trình : (1 - tan x )( cos2 x + 4sin 2 x - 1) = cos 2 x + 7sin 2 x - 7
ìx + y = 2
2) Giải hệ phương trình: í 2
2
î4 x + y = 5(2 x - y ) xy
(1)
(2)
( x 2 + x )e x
dx
x + e- x
Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt
Câu III (1,0 điểm) Tìm nguyên hàm:
ò
phẳng ( ABC ') tạo với đáy một góc 600 , khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( ABC ') bằng
a và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCC ' B ') bằng a . Tính theo a thể tích khối lăng
trụ ABC . A ' B ' C ' .
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x 2 + y 2 - 2 y + 1 + y 2 + z2 - 2 z + 1 + z2 + x 2 - 2 x + 1
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1) Trong hệ toạ độ Oxy , cho đường thẳng d : 2 x - y - 2 = 0 và điểm I(1;1) . Lập phương trình
các đường thẳng cách điểm I một khoảng bằng
10 và tạo với đường thẳng d một góc bằng
0
45 .
2) Trong hệ toạ độ Oxy cho hai đường thẳng d : x + 2 y - 3 = 0 và D : x + 3y - 5 = 0 . Lập
phương trình đường tròn có bán kính bằng
2 10
, có tâm thuộc d và tiếp xúc với D .
5
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 log22 ( x - 2) + (4 x - 7)log2 ( x - 2) + 2( x - 2) = 0 .
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1) Trong hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn (C ) : ( x - 1)2 + ( y - 1)2 = 10 và đường thẳng
d : 2 x - y - 2 = 0 . Lập phương trình các tiếp tuyến của đường tròn (C ) , biết tiếp tuyến tạo với
đường thẳng d một góc 450 .
2) Trong hệ toạ độ Oxy , cho đường thẳng d : x + 2 y - 3 = 0 và hai điểm A(-1;2) , B(2;1) . Tìm
toạ độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2.
ïìlog 2 ( x + y ) + 1 = log2 (7 x + y ) + log2 y (1)
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: í
(2)
ïîlog2 (3 x - y - 2) = 2 x - 2 y + 4
----------Hết ---------Trang 18
www.VIETMATHS.com
Trần Sĩ Tùng
Ôn thi Đại học
Hướng dẫn Đề số 56
3m + 1
Câu I: 2) y ' = 4 x 3 + 2(3m + 1) x ; y ' = 0 Û x = 0, x 2 = .
2
1
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị Û m < (*).
3
æ -3m - 1 -(3m + 1)2
ö æ -3m - 1 -(3m + 1)2
ö
Ba điểm cực trị là: A(0; -3) ; B ç
;
- 3÷ ; C ç ;
- 3÷
2
4
2
4
è
ø è
ø
4
æ -3m - 1 (3m + 1) ö
æ -3m - 1 ö
2
5
D ABC cân tại A ; BC = AB Û 9.4 ç
+
÷ Û m = - , thoả (*).
÷ = 4ç
3
16
è 2 ø
3
è 2
ø
Câu II:
1) Điều kiện: cos x ¹ 0 .
p
p
PT Û (tan x - 1)(tan 2 x - 3) = 0 Û tan x = 1; tan x = ± 3 Û x = + kp ; x = ± + kp .
3
4
2) Điều kiện: xy ³ 0 (*).
é2 x - y - xy = 0
xy )(2 x - y - 4 xy ) = 0 Û ê
êë2 x - y - 4 xy = 0
ìï x + y = 2
· Với 2 x - y - xy = 0 ta có í
Û x = y =1
(thoả (*))
ïî3 x - 2 = 2 x - x 2
ì
22 + 8 6
ïx =
ìï x + y = 2
ï
25
· Với 2 x - y - xy = 0 ta có í
(thoả (*))
Ûí
2
ïî3 x - 2 = 4 2 x - x
22
8
6
ïy =
ïî
25
Ta có: (1) Û (2 x - y -
Câu III: A =
ò
( x 2 + x )e x
-x
dx = ò
xe x .( x + 1)e x
x
dx . Đặt t = x.e x + 1 Þ A = xe x + 1 - ln xe x + 1 + C .
x+e
xe + 1
Câu IV: Gọi H là hình chiếu của A trên BC Þ AH ^ (BCC'B') Þ AH = a
Gọi K là hình chiếu của C trên AC ' Þ CK ^ ( ABC') Þ CK = a
AC ' ^ AB, AC ^ AB Þ·
(( ABC ¢),( ABC )) = ·
C ¢AC Þ ·
C ¢AC = 600
AC =
CK
sin 60
0
=
2a
3
; CC ' = AC .tan 600 = 2a ;
VABC . A ' B ' C ' = SD ABC .CC ' =
1
AH
2
=
1
AB
2
+
1
AC 2
Þ AB = 2a
4 a3
3
Câu V: Ta có P = x 2 + (1 - y)2 + y 2 + (1 - z)2 + z2 + (1 - x )2
1
1
Vì a2 + b2 ³ (a + b)2 nên P ³
x +1- y + y +1- z + z +1- x
2
2
(
và a + b + c ³ a + b + c nên P ³
Dấu "=" xảy ra Û x = y = z =
1
2
)
x +1- y + y +1- z + z +1- x =
3 2
2
1
3 2
1
. Vậy min P =
khi x = y = z = .
2
2
2
Câu VIa:
1) Giả sử phương trình đường thẳng D có dạng: ax + by + c = 0 (a2 + b2 ¹ 0) .
Vì (·
d , D) = 450 nên
2a - b
a2 + b2 . 5
=
1
é a = 3b
Ûê
ë b = -3a
2
Trang 19
- Xem thêm -
.PDF 
156 
254 
125 
