zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Bộ Đề Toán Luyện thi Đại học Cấp tốc 2011

Chia sẻ: Trần Văn Thành | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Báo xấu

164
lượt xem 25
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'bộ đề toán luyện thi đại học cấp tốc 2011', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bộ Đề Toán Luyện thi Đại học Cấp tốc 2011

www.VNMATH.com BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 Sở GD & ĐT Tiền Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Trường THPT Gò Công Đông Môn: Toán - Thời gian: 180 phút ĐỀ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 x  3 có đồ thị là (C) x 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x 2  2) Giải phương trình: x 2  1   5  x 2 x 2  4; x R e Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I    ln x   ln 2 x  dx 1  x 1  ln x  Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O. A, B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a ,    600 . Tính theo a chiều cao và ASO  SAB diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . 4x  y 2x  y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P   xy 4 II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x  y  0 và điểm M (2;1) . Tìm phương trình đường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng (d ) tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng   đi qua hai điểm A  0; 1;2  , B 1;0;3 và tiếp xúc với mặt cầu  S  có phương trình: ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  2 Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: z 2  z  1  0 . 2 2 2 2  1  1   1  1 Rút gọn biểu thức P   z     z 2  2    z 3  3    z 4  4   z  z   z   z  2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI (2 điểm) 2 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C  có phương trình :  x  4   y 2  25 và điểm M (1; 1) . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn  C  tại 2 điểm A, B sao cho MA  3MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  có phương trình: x  y  1  0 . Lập phương trình mặt cầu  S  đi qua ba điểm A  2;1; 1 , B  0;2; 2  , C 1;3;0  và tiếp xúc với mặt phẳng  P  http://tranduythai.violet.vn 2 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 2   3  log 1 x  1   log 2  x  1  6 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:  2  2  log 2  x  1 2  log 1 ( x  1) 2 ĐÁP ÁN ĐỀ 1 1) y= 2 x  3 (C) y x 2 5 D= R\ {2} 4 lim y  2  TCN : y  2 3 x  lim y  ; lim y    TCĐ x = 2 2 x  2 x 2 y’ = 1  0; x  2 1 ( x  2)2 x -2 -1 1 2 3 4 5 BBT -1 -2 2 x0  3 -3 2) Gọi M(xo; ) (C) . x0  2 2 Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =  x  2 x0  6 x0  6 ( x0  2)2 ( x0  2)2 2 x0  2 ( )  TCĐ = A (2; ) x0  2 ( )  TCN = B (2x0 –2; 2)  cauchy AB  (2 x0  4; 2 )  AB = 4( x0  2)2  4 2 2 x0  2 ( x0  2)2   x  3  M (3;3)  AB min = 2 2   0  xo  1  M (1;1) II 1. sin x  sin x  sin x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x 2 3 1,0 TXĐ: D =R sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x sin x  cosx  0  (sin x  cosx). 2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx   0   0,25  2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx  0  + Với sin x  cosx  0  x   k ( k  Z ) 0,25 4 + Với 2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx  0 , đặt t = sin x  cosx (t   2; 2  ) t  1 được pt : t2 + 4t +3 = 0   t  3(loai) 0.25 http://tranduythai.violet.vn 3 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com  x    m 2 t = -1   (m  Z )  x     m2  2    x  4  k ( k  Z )  Vậy :  x    m2 (m  Z )  0,25   x    m 2  2 Câu II.2 2 (1,0 đ) x 2  1  5  x 2 x 2  4; x R Đặt t  x 2 x 2  4  t 2  2( x 4  2 x 2 ) ta được phương trình 0,25 t2  1  5  t  t 2  2t  8  0 2 t  4 0,25  t  2 x  0 x  0 + Với t =  4 Ta có x 2 x 2  4  4   4 2  4 2 2( x  2 x )  16 x  2x  8  0 x  0  2  x 2 0,25  x  2 x  0 x  0 + Với t = 2 ta có x 2 x 2  4  2   4 2   4 2  2( x  2 x )  4  x  2x  2  0  x  0  2 x 3 1  x  3  1 0,25 ĐS: phương trình có 2 nghiệm x   2, x  3 1 III e  ln x  I    ln 2 x  dx 1  x 1  ln x  e ln x 4 2 2 I1 =  dx , Đặt t = 1  ln x ,… Tính được I1 =  0.5 1 x 1  ln x 3 3 e 0.25   I 2   ln 2 x dx , lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e – 2 1 2 2 2 0.25 I = I1 + I2 = e   3 3 http://tranduythai.violet.vn 4 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Câu IV Gọi I là trung điểm của AB , nên OI  a (1,0 đ) S Đặt OA  R   60 0  SAB đều SAB 1 1 1 OA R IA  AB  SA   0,25 2 2  2 sin ASO 3 Tam giác OIA vuông tại I nên OA  IA2  IO 2 2 2 R2 a 6 O A  R   a2  R  3 2 0,25 I B  SA  a 2 a 2 0,25 Chiếu cao: SO  2 a 6 Diện tích xung quanh: S xq   Rl   a 2   a2 3 0,25 2 Câu V Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . (1,0 đ) 4x  y 2x  y 4 1 x y 4 y 1 x y P           0,25 xy 4 y x 2 4 y 4 x 2 2 Thay y  5  x được: 4 y 1 x 5 x 4 y 1 5 4 y 1 5 3 0,50 P         x   2 .  2 .x   y 4 x 2 2 y 4 x 2 y 4 x 2 2 3 3 P bằng khi x  1; y  4 Vậy Min P = 0,25 2 2 Lưu ý: 3x  5 3x  5 Có thể thay y  5  x sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số g ( x)   x (5  x) 4 Câu A nằm trên Ox nên A  a;0  , B nằm trên đường thẳng x  y  0 nên B(b; b) , 0,25 AVI.1   (1,0 đ) M (2;1)  MA  (a  2; 1), MB  (b  2; b  1) Tam giác ABM vuông cân tại M nên:    MA.MB  0 (a  2)(b  2)  (b  1)  0 0,25   2 2 2 ,  MA  MB  (a  2)  1  (b  2)  (b  1) do b  2 không thỏa mãn vậy  b 1  b 1  a2 ,b  2 a  2  ,b  2  b2  b2  2 (a  2)  1  (b  2)  (b  1) 2 2 2  b  1   1  (b  2) 2  (b  1) 2   b  2   b 1  a  2  a  2  , b  2   b2  b  1    a  4   (b  2) 2  (b  1)2  .  1  1   0      (b  2)2      b  3 http://tranduythai.violet.vn 5 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com a  2 Với:  đường thẳng  qua AB có phương trình x  y  2  0 0,25 b  1 a  4 Với  đường thẳng  qua AB có phương trình 3 x  y  12  0 b  3 0,25 ĐỀ 2 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2 x3  3(2m  1) x2  6m(m  1) x  1 có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;  Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 2 cos 3 x(2 cos 2 x  1)  1 3 b) Giải phương trình : (3x  1) 2 x 2  1  5 x 2  x3 2 3 ln 2 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân I  0 (3 e x  2) 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa a 3 AA’ và BC là 4 Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2  xy  y 2  1 .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức x4  y4 1 P x2  y2 1 II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z 2  z )( z  3)( z  2)  10 , z  C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () : 3 x  y  5  0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: x  4 y 1 z  5 x2 y3 z d1 :   d2 :   3 1 2 1 3 1 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log 2 x  2)  9 log 2 x  2 http://tranduythai.violet.vn 6 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu I a) Đồ thị Học sinh tự làm 0,25 b) y  2 x3  3(2m  1) x 2  6m(m  1) x  1  y '  6 x 2  6( 2m  1) x  6m( m  1) 0,5 y’ có   (2m  1) 2  4( m 2  m)  1  0 x  m 0,25 y'  0   x  m  1 Hàm số đồng biến trên 2;   y ' 0 x  2  m  1  2  m  1 0,25 Câu II a) Giải phương trình: 2 cos 3 x(2 cos 2 x  1)  1 1 điểm PT  2 cos 3 x(4 cos 2 x  1)  1  2 cos 3 x(3  4 sin 2 x)  1 0,25 Nhận xét x  k , k  Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 0,25 2 cos 3x(3  4 sin 2 x)  1  2 cos 3x(3 sin x  4 sin 3 x)  sin x  2 cos 3 x sin 3 x  sin x  sin 6 x  sin x  2m 0,25  x 6 x  x  m 2 5    ;mZ 6 x    x  m 2  x    2m  7 7 2 m Xét khi  k  2m=5k  m  5t , t  Z 5 0,25  2m Xét khi  = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, 7 7 lZ 2 m  2m Vậy phương trình có nghiệm: x  ( m  5t ); x   ( m  7l  3 ) 5 7 7 trong đó m, t , l  Z b) 3 1 điểm Giải phương trình : (3x  1) 2 x 2  1  5 x 2  x3 2 PT  2(3x  1) 2 x 2  1  10 x 2  3x  6 0,25 2(3x  1) 2 x 2  1  4( 2 x 2  1)  2 x 2  3x  2 . Đặt t  2 x 2  1(t  0) Pt trở thành 4t 2  2(3 x  1)t  2 x 2  3 x  2  0 Ta có:  '  (3 x  1) 2  4(2 x 2  3 x  2)  ( x  3) 2 Pt trở thành 4t 2  2(3 x  1)t  2 x 2  3 x  2  0 0,25 Ta có:  '  (3x  1) 2  4(2 x 2  3x  2)  ( x  3) 2 http://tranduythai.violet.vn 7 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 2x 1 x2 Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t  ;t  2 2 Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các 0,5   1  6 2  60  nghiệm: x   ;   2 7  Câu III 3 ln 2 dx 1 điểm Tính tích phân I   0 (3 e x  2) 2 3 ln 2 x 0,25 e 3 dx Ta c ó I   x x = 0 3 3 2 e (e  2) x x 3 3 Đặt u= e  3du  e dx ; x  0  u  1; x  3 ln 2  u  2 2 3du 2  1 1 1  0,25 Ta được: I  2 =3     du 1 u (u  2) 1 4u 4(u  2) 2(u  2) 2  0,25 2 1 1 1  =3  ln u  ln u  2   4 4 2(u  2)  1 3 3 1 ln( )  4 2 8 0,25 3 3 1 Vậy I  ln( )  4 2 8 Câu IV A’ C’ B’ H A C O M B 0,5 http://tranduythai.violet.vn 8 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com AM  BC  Gọi M là trung điểm BC ta thấy:   BC  ( A' AM ) A' O  BC  Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) BC  ( A' AM )  Do   HM  BC .Vậy HM là đọan vông góc chung của HM  ( A' AM ) 3 AA’và BC, do đó d ( AA' , BC)  HM  a . 4 A' O HM 0,5 Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:  AO AH AO.HM a 3 a 3 4 a  suy ra A' O    AH 3 4 3a 3 1 1aa 3 a3 3 Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC  A' O.AM.BC  a 2 23 2 12 Câu V 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 .Chứng minh1 điểm rằng: 3(a 2  b 2  c 2 )  4abc  13 bc 0,5 Đặt f (a, b, c )  3( a 2  b 2  c 2 )  4abc  13; t  2 *Trước hết ta chưng minh: f (a, b, c)  f (a, t , t ) :Thật vậy Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết a  b  c  3a  a  b  c  3 hay a  1 f (a, b, c)  f ( a, t , t )  3( a 2  b 2  c 2 )  4 abc  13  3( a 2  t 2  t 2 )  4 at 2  13 = 3(b 2  c 2  2t 2 )  4a (bc  t 2 ) 2 2  2 2(b  c)   (b  c)  3(b  c) 2 2 = 3b  c    4a bc  =  a(b  c) 2  4   4  2 (3  2a )(b  c) 2 =  0 do a  1 2 *Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: f (a, t , t )  0 với a+2t=3 0,5 Ta có f (a, t , t )  3( a 2  t 2  t 2 )  4 at 2  13 = 3((3  2t ) 2  t 2  t 2 )  4(3  2t )t 2  13 = 2(t  1) 2 (7  4t )  0 do 2t=b+c < 3 Dấu “=” xảy ra  t  1 & b  c  0  a  b  c  1 (ĐPCM) 2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2  xy  y 2  1 .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức http://tranduythai.violet.vn 9 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com x4  y4 1 P x2  y2 1 Từ giả thiết suy ra: 1  x 2  xy  y 2  2 xy  xy  xy 1  ( x  y ) 2  3 xy  3 xy 0,25 1 Từ đó ta có   xy  1 . 3 M¨t kh¸c x  xy  y 2  1  x 2  y 2  1  xy 2 nªn x 4  y 4   x 2 y 2  2 xy  1 .®¨t t=xy Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña  t 2  2t  2 1 0.25 P  f (t )  ;  t  1 t2 3 6 t  6  2 TÝnh f ' (t )  0  1   0   0.25 (t  2) 2 t   6  2(l ) 1 Do hàm số liên tục trên   ;1 nên so sánh giá trị của 3 1 f( ) , f ( 6  2) , f (1) cho ra kết quả: 3 0.25 1 11 MaxP  f ( 6  2)  6  2 6 , min P  f (  )  3 15 Câu VIa 1 điểm a) (Học sinh tự vẽ hình)  Ta có: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  y  2  0 . I   d  : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC: C (2t  1;2t ) 0,5 t  0 1 Theo bài ra: S ABC  AB.d (C , AB)  2  . 6t  4  4   4 2 t   3 0,5 5 8 Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( ; ) thoả mãn . 3 3 b) 1 điểm *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với 0,25 (ABC) nên OH // n(2;1;1) ; H   ABC  1 2 1 1 Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= suy ra H ( ; ; ) 3 3 3 3 http://tranduythai.violet.vn 10 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 4 2 2 0,5 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm của OO’  O' ( ; ; ) 3 3 3 CâuVIIa Giải phương trình: ( z 2  z )( z  3)( z  2)  10 , z  C. 1 điểm PT  z ( z  2)( z  1)( z  3)  10  ( z 2  2 z )( z 2  2 z  3)  0 0,25 Đặt t  z 2  2 z . Khi đó phương trình (8) trở thành: Đặt t  z 2  2 z . Khi đó phương trình (8) trở thành 0,25 t 2  3t  10  0 t  2  z  1  i   t  5  z  1  6 0,5 Vậy phương trình có các nghiệm: z  1 6 ; z  1  i Câu VIb 1 điểm a) Viết phương trình đường AB: 4 x  3 y  4  0 và AB  5 0,25 Viết phương trình đường CD: x  4 y  17  0 và CD  17 Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t ;3t  5) Ta tính được: 0,25 13t  19 11t  37 d ( M , AB)  ; d ( M , CD)  5 17 Từ đó: S MAB  S MCD  d ( M , AB). AB  d ( M , CD).CD 0,5 7 7  t  9  t   Có 2 điểm cần tìm là: M (9; 32), M ( ; 2) 3 3 b) 1 điểm Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1, d2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ d  d1 , d 2  dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2 0, 25 Ta tìm A, B : 0,25    AB  u    Ad1, Bd 2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)  AB  u '   AB (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 2 Nên có phương trình là:  x  2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  6 0,25 CâuVIIb Giải bất phương trình x(3 log 2 x  2)  9 log 2 x  2 1 điểm http://tranduythai.violet.vn 11 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Điều kiện: x  0 Bất phương trình  3( x  3) log 2 x  2( x  1) 0.25 Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. 3 x 1 TH1 Nếu x  3 BPT  log 2 x  2 x3 0,25 3 Xét hàm số: f ( x)  log 2 x đồng biến trên khoảng 0;  2 x 1 g ( x)  nghịch biến trên khoảng 3;  x3 f ( x)  f ( 4)  3 *Với x  4 :Ta có   Bpt có nghiệm x  4 g ( x )  g (4)  3  f ( x)  f ( 4)  3 * Với x  4 :Ta có   Bpt vô nghiệm g ( x)  g ( 4)  3  3 x 1 0,25 TH 2 :Nếu 0  x  3 BPT  log 2 x  2 x3 3 f ( x)  log 2 x đồng biến trên khoảng 0;  2 x 1 g ( x)  nghịch biến trên khoảng 0;3 x3 f ( x)  f (1)  0  *Với x  1 :Ta có   Bpt vô nghiệm g ( x)  g (1)  0  f ( x)  f (1)  0 * Với x  1 :Ta có   Bpt có nghiệm 0  x  1 g ( x)  g (1)  0  x  4 0,25 Vậy Bpt có nghiệm  0  x  1 -x Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng : 25x 25y 25z 5 x  5y  5 z   z xy  25x  5yz 5y  5zx 5 5 4 Đặt 5 x = a , 5y =b , 5z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc 0,25đ a2 b2 c2 abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :    ( *) a  bc b  ca c  ab 4 a3 b3 c3 abc ( *)  2  2  2  0,25đ a  abc b  abc c  abc 4 http://tranduythai.violet.vn 12 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com a3 b3 c3 abc     (a  b)(a  c ) (b  c )(b  a) (c  a )(c  b ) 4 0,25đ 3 a ab ac 3 Ta có    a ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) (a  b)(a  c) 8 8 4 b3 bc ba 3 0,25đ Tương tự    b ( 2) (b  c)( b  a) 8 8 4 c3 ca cb 3    c ( 3) . (c  a)(c  b) 8 8 4 Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) 1. Chương trình Chuẩn. Cõu Ph Nội dung Điểm ần A CâuVI 1(1, + Do AB  CH nờn AB: x  y  1  0 . a. 0) 2 x  y  5  0 H (1,0) Giải hệ: ta có (x; y)=(-4; 3). N   x  y 1  0 Do đó: AB  BN  B (4;3) . 0,25đ + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A '  BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và B C Vuụng gúc với BN là (d): x  2 y  5  0 . Gọi I  (d )  BN . Giải hệ: 2 x  y  5  0 0,25đ  . Suy ra: I(-1; 3)  A '( 3; 4) x  2y 5  0 7 x  y  25  0 + Phương trình BC: 7 x  y  25  0 . Giải hệ:   x  y 1  0 13 9 0,25đ Suy ra: C ( ;  ) . 4 4 0,25đ 450 7.1  1( 2)  25 + BC  ( 4  13 / 4) 2  (3  9 / 4) 2  , d ( A; BC )  3 2. 4 7 2  12 1 1 450 45 Suy ra: S ABC  d ( A; BC ).BC  .3 2.  . 2 2 4 4  Câu 1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: u1 (4; - 6; - 8) VIIA  u2 ( - 6; 9; 12) 0,25đ   +) u1 và u2 cùng phương +) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2 0,25đ Vậy d1 // d2  *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0  2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d 1 0,25đ Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d 1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B Khi A1, I, B thẳng hàng  I là giao điểm của A1B và d http://tranduythai.violet.vn 13 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.  36 33 15  *) Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H  ; ;   29 29 29   43 95 28  A’ đối xứng với A qua H nên A’  ; ;    29 29 29  0,25đ  65 21 43  I là trung điểm của A’B suy ra I  ; ;   29 58 29  A B H d1 I A1 Cõu Nội dung Điểm Câu VIIa Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: (1,0) 4 3 z2 z  z   z 1  0 (1) 2 Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z  0 1 1 1 0.25đ Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( z 2  2 )  ( z  )   0 (2) z z 2 1 1 1 Đặt t=z- Khi đó t 2  z 2  2  2  z 2  2  t 2  2 z z z 5 Phương trình (2) có dạng : t2-t+  0 (3) 2 0.25đ 5   1  4.  9  9i 2 2 1  3i 1  3i PT (3) có 2 nghiệm t= ,t= 2 2 1  3i 1 1  3i Với t= ta có z    2 z 2  (1  3i ) z  2  0 (4) 2 z 2 Có   (1  3i ) 2  16  8  6i  9  6i  i 2  (3  i ) 2 0.25đ (1  3i)  (3  i ) (1  3i)  (3  i) i  1 PT(4) có 2 nghiệm : z=  1  i ,z=  4 4 2 1  3i 1 1  3i Với t= ta có z    2 z 2  (1  3i ) z  2  0 (4) 2 z 2 Có   (1  3i )  16  8  6i  9  6i  i 2  (3  i ) 2 2 (1  3i)  (3  i) (1  3i)  (3  i )  i  1 0.25đ PT(4) 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 Phần II. Câu VIb. 1) http://tranduythai.violet.vn 14 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Ta có: d 1  d 2  I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: x  y  3  0 x  9 / 2 9 3   . Vậy I ;  x  y  6  0 y  3 / 2 2 2 0,25đ Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M  d 1  Ox Suy ra M( 3; 0) 2 2  9 3 Ta có: AB  2 IM  2  3       3 2  2 2 S ABCD 12 Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD   2 2 0,25đ AB 3 2 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d 1  d 1  AD Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  0 )  0  x  y  3  0 . Lại có: MA  MD  2 x  y  3  0 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:   x  3  y 2  2 2 y  x  3 y   x  3 0,25đ y  3  x      x  3   y  2 x  3  (3  x)  2 2 2 2 2 x  3  1 x  2 x  4  hoặc  . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) y  1 y  1 9 3 x  2 x I  x A  9  2  7 Do I ;  là trung điểm của AC suy ra:  C 0,25đ 2 2 y C  2 y I  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) Cõu Phần Nội dung Điểm  CâuVIb. 2.a) Các véc tơ chỉ phương của D1 và D2 lần lượt là u1 ( 1; - 1; 2) 0,25đ (1,0)  và u2 ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0)  D1; N( 2; 3; 0)  D2    Xét u1 ; u2  .MN = - 10  0 0,25đ   Vậy D1 chéo D2 Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  D1 B(2 – 2t’; 3; t’)  D2   1  AB.u1  0 t   0,25đ      3  AB.u2  0 t '  0 5 4 2  A  ; ;   ; B (2; 3; 0) 3 3 3 Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D1 và D2. 0,25đ x  2  t  Ta có  :  y  3  5t  z  2t  http://tranduythai.violet.vn 15 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có 0,25đ 2 2 2  11   13   1  5 dạng:  x     y     z     6  6   3 6 CâuVIIb Ta có: (1  i) 2009  C2009  iC2009  ..  i 2009C2009 0 1 2009 (1,0) 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 0,25đ 1 0 2 4 6 2006 2008 Thấy: S  ( A  B) , với A  C2009  C2009  C2009  C2009  ....  C2009  C2009 2 0 2 4 6 2006 2008 B  C2009  C2009  C2009  C2009  ...C2009  C2009 0,25đ 2009 2 1004 1004 1004 1004 + Ta có: (1  i )  (1  i )[(1  i ) ]  (1  i).2  2  2 i . Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của (1  i ) 2009 nờn A  21004 . + Ta có: (1  x) 2009  C2009 0 1  xC2009  x 2C2009 2  ...  x 2009C2009 2009 0 2 2008 1 3 2009 Cho x=-1 ta có: C2009  C2009  ...  C2009  C2009  C2009  ...  C2009 0 Cho x=1 ta có: (C2009 2  C2009 2008  ...  C2009 1 )  (C2009 3  C2009 2009  ...  C2009 )  2 2009 . 0,25đ 0,25đ Suy ra: B  22008 . + Từ đó ta có: S  21003  2 2007 . ĐỀ 3 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x.  cos x  1 1. Giải phương trình  2 1  sin x  . sin x  cos x 2. Giải phương trình 7  x2  x x  5  3  2x  x2 ( x  ) 3 x3 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân  3. dx . 0 x 1  x  3 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3 xy. x3  y 3  16 z 3 Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3  x  y  z II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) http://tranduythai.violet.vn 16 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x  1 y 1 z  2 x2 y2 z d1 :   , d2:   2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x  3 y  2 z 1 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:   và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M 2 1 1 là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 .  1 Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình log 1  y  x   log 4 y  1 ( x, y )  4  x 2  y 2  25  ĐÁP ÁN ĐỀ 3 Câu Nội dung Điểm I HS tu lam 2,0 II 2.0 cos 2 x.  cos x  1 1 Giải phương trình  2 1  sin x  . 1.0 sin x  cos x ĐK: sin x  cos x  0 0.25 Khi đó PT  1  sin 2 x   cos x  1  2 1  sin x  sin x  cos x   1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0 0.25  1  sin x 1  cos x 1  sin x   0 sin x  1  (thoả mãn điều kiện) 0.25 cos x  1   x    k 2    2 k, m    x    m 2 0.25  Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x    k 2 và x    m 2 k, m   2 2 Giải phương trình: 7  x2  x x  5  3  2 x  x 2 ( x  ) 1.0 http://tranduythai.violet.vn 17 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 3  2 x  x 2  0 PT   2 2 0.25 7  x  x x  5  3  2 x  x 3  2 x  x 2  0  0.25  x x  5  2( x  2)   3  x  1   2  x  0  x  0  0.25  x  1  x  16   0 2  x2  x  5  2.  x  x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 3 x3 1.0 III Tính tích phân  3. dx . 0 x 1  x  3 x  0  u  1 Đặt u = x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  0.25 x  3  u  2 3 2 2 2 x 3 2u 3  8u 1 0.25 Ta có: 0 3 x  1  x  3dx  1 u 2  3u  2du  1 (2u  6)du  61 u  1du 2 2 0.25   u 2  6u  1  6ln u  1 1 3 0.25  3  6 ln 2 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . C B 0.25 N H M A 2  3 2 6 2 2 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1      3  3   0.25 1 3 Diện tích tam giác AMN là S AMN  AM . AN .sin 600  xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện D. AMN là V  S AMN .DH  xy 0.25 3 12 http://tranduythai.violet.vn 18 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 1 1 1 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 300 2 2 2 0.25  x  y  3 xy. V 1.0 3 Trước hết ta có: x3  y 3   x  y (biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0 2 0.25 4 3 3 x  y  64 z 3 a  z  64 z 3 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 4P  3  3  1  t   64t 3 a a 0.25 z (với t = , 0  t  1 ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 2 1 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1 0.25   9 Lập bảng biến thiên 64 16  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 t0;1 81 81 VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:  21  x x  2 y 1  0  5  21 13  0.25    B ;   x  7 y  14  0  y  13  5 5  5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và    BD, kí hiệu n AB (1; 2); nBD (1; 7); n AC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các      đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos n AB , nBD  cos nAC , nAB    0.25  a  b 3  a  2b  a 2  b 2  7a 2  8ab  b 2  0   2 a   b  7 - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, x  y 1  0 x  3 A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(3; 2) x  2 y 1  0  y  2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:  7  x x  y 1  0  2 7 5 0.25   I  ;   x  7 y  14  0 y  5  2 2   2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;  5 5 http://tranduythai.violet.vn 19 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d 1 và d 2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m 0.25   z  2  t  z  2m Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)  0.25  MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3  m  2t  2k     Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p   3  5m  3t   k có nghiệm 0.25  2  2m  t  5k  m  1 Giải hệ tìm được  t  1  x  1  2t  0.25 Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán  z  3  5t  VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n  N Điều kiện:  n  3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3 n  7 (thoả mãn)  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0    n  13 (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = 7. 2 3 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  . 1  i    1  i  .(2i )3  (1  i).( 8i)  8  8i 0.25   Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7  xB  xC  2  6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:   y B  yC  3  0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25   Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 http://tranduythai.violet.vn 20 Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 9 81 Bán kính R = d(C; BG) =  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 0.25 5 25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là:  x  3  2t  x  3  2t  y  2  t    y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  (tham số t) 0.25  z  1  t  z  1  t   x  y  z  2  0  M (1; 3;0)   Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; 1) .    Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)  Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) .   0.25 Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x  y  z  2  0  Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ:  2 x  3 y  z  11  0  2 2 2 ( x  1)  ( y  3)  z  42 Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x5 y2 z5 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :   2 3 1 0.25 x3 y4 z5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :   2 3 1 VII.b  1 1.0 log 1  y  x   log 4 y  1 Giải hệ phương trình  4 ( x, y   )  x 2  y 2  25  y  x  0 Điều kiện:  0.25 y  0  1  yx yx 1 log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 Hệ phương trình     0.25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  2 2    x  y  25 x  3y x  3y x  3y   2 2  2 2   2 25 0.25  x  y  25 9 y  y  25  y  10   15 5   x; y    ;  (không thỏa mãn đk)  10 10     15 5  0.25  x; y     ;  (không thỏa mãn đk)   10 10  Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. http://tranduythai.violet.vn 21 Biên soạn: Trần Duy Thái

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.