zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 2

Chia sẻ: Nguyễn Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Báo xấu

241
lượt xem 87
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề luyện thi cấp tốc môn toán 2011 - đề số 2', 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: ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 2

www.VNMATH.com a  2 đường thẳng  qua AB có phương trình x  y  2  0 Với:  0,25 b 1  a  4 đ ường thẳng  qua AB có phương trình 3 x  y  12  0 Với  0,25 b  3 ĐỀ 2 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) C ho 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;  a) Giải phương trình: 2 cos 3 x(2 cos 2 x  1)  1 Câu II (2 điểm) 3 b) Giải phương trình : (3x  1) 2 x 2  1  5 x 2  x3 2 3 ln 2 dx Tính tích phân Câu III (1 điểm) I  (3 e x  2) 2 0 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 a3 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 6 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu I Đồ thị Học sinh tự làm a) 0,25 y  2 x3  3(2m  1) x 2  6m(m  1) x  1  y '  6 x 2  6( 2m  1) x  6m( m  1) b) 0 ,5 y’ có   (2m  1) 2  4( m 2  m)  1  0 0,25 x  m 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 0,25 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: 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 0,25 2m  x  5 6 x  x  m 2 ;mZ    x    2m 6 x    x  m 2  7 7  2 m  k  2m=5k  m  5t , t  Z Xét khi 0,25 5  2m = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1 & m=7l+3, Xét khi  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) 1 điểm 3 Giải phương trình : (3x  1) 2 x 2  1  5 x 2  x3 2 0,25 PT  2(3x  1) 2 x 2  1  10 x 2  3x  6 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 0,25 Pt trở thành 4t 2  2(3 x  1)t  2 x 2  3 x  2  0 Ta có:  '  (3x  1) 2  4(2 x 2  3x  2)  ( x  3) 2 7 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 2x 1 x2 Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t  ;t  2 2 các 0 ,5 Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có   1  6 2  60  nghiệm: x   ;  2 7 Câu III 1 điểm 3 ln 2 dx Tính tích phân I   (3 e x  2) 2 0 0,25 x 3 ln 2 e 3 dx = Ta c ó I   x x 0 2 3 3 e (e  2) x x 3 3 Đặt u= e  3du  e dx ; x  0  u  1; x  3 ln 2  u  2 0,25 2 2  1 3du 1 1 =3    du Ta được: I   4u 4(u  2)  2(u  2) 2  2 1 u (u  2) 1  0,25 2 1  1 1 = 3  ln u  ln u  2   4 2(u  2)  1 4   331 ln( )  0,25 428 331 Vậy I  ln( )  428 Câu IV C’ A’ B’ H A C O M B 0,5 8 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com AM  BC    BC  ( A' AM ) G ọi M là trung điểm BC ta thấy: A' O  BC  Kẻ MH  AA' , (do A n họn 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 0 ,5 A' O HM 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 a3 3 1 1aa 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 0 ,5 bc 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 (b  c)  3(b  c) 2 2 2(b  c)    a(b  c) 2 2 = 3b  c  =   4a bc  2 4 4     (3  2a )(b  c) 2  0 do a  1 = 2 0 ,5 *Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: f (a, t , t )  0 với a +2t=3 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 9 http://tranduythai.violet.vn 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 0,25 1  ( x  y ) 2  3 xy  3 xy 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 0.25  t 2  2t  2 1 P  f (t )  ;  t  1 t2 3 t  6  2 6 TÝnh f ' (t )  0  1  0  0.25 (t  2) 2 t   6  2(l )  1   ;1 n ên so sánh giá trị của Do hàm số liên tục trên 3 1 ) , f ( 6  2) , f (1) cho ra kết quả: f( 3 0.25 1 11 MaxP  f ( 6  2)  6  2 6 , min P  f (  )  3 15 Câu VIa 1 điểm (Học sinh tự vẽ hình) a)   T a có: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  y  2  0 . 0 ,5 I   d  : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC: C (2t  1;2t ) t  0 1  AB.d (C , AB)  2  . 6t  4  4   4 Theo bài ra: S ABC t  2 3 0 ,5 58 Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( ; ) thoả mãn . 33 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 21 1 Ta suy ra H(2t;t;-t ) thay vào phương trình( ABC) có t= suy ra H ( ; ; ) 3 33 3 10 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 0 ,5 42 2 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm của OO’  O' ( ; ; ) 33 3 Giải phương trình: ( z 2  z )( z  3)( z  2)  10 , z  C. CâuVIIa 1 điểm 0,25 PT  z ( z  2)( z  1)( z  3)  10  ( z 2  2 z )( z 2  2 z  3)  0 Đặt t  z 2  2 z . Khi đó phương trình (8) trở thành: 0,25 Đặt t  z 2  2 z . Khi đó phương trình (8) trở thành 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) 0,25 Viết phương trình đường AB: 4 x  3 y  4  0 và AB  5 Viết phương trình đường CD: x  4 y  17  0 và CD  17 0,25 Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t ;3t  5) Ta tính được: 13t  19 11t  37 d ( M , AB)  ; d ( M , CD)  5 17 0 ,5 Từ đó: S MAB  S MCD  d ( M , AB). AB  d ( M , CD).CD 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 T a 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 '   0,25  AB (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 0,25 2 Nên có phương trình là:  x  2  ( y  1) 2  ( z  1) 2  6 CâuVIIb Giải bất phương trình 1 điểm x(3 log 2 x  2)  9 log 2 x  2 11 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Điều kiện: x  0 0.25 Bất phương trình  3( x  3) log 2 x  2( x  1) Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. x 1 3 TH1 Nếu x  3 BPT  log 2 x  0,25 x3 2 3 log 2 x đồng biến trên khoảng 0;  Xét hàm số: f ( x)  2 x 1 nghịch biến trên khoảng 3;  g ( x)  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   B pt vô nghiệm g ( x)  g ( 4)  3  0,25 x 1 3 T H 2 :Nếu 0  x  3 BPT  log 2 x  x3 2 3 log 2 x đồng biến trên khoảng 0;  f ( x)  2 x 1 nghịch biến trên khoảng 0;3 g ( x)  x3 f ( x)  f (1)  0  *Với x  1 :Ta có   B pt 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  0,25 x  4 Vậy Bpt có nghiệm  0  x  1 -x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 : 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 12 http://tranduythai.violet.vn 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b ac 3 a    a ( 1) Ta có ( Bất đẳng thức Cô si) (a  b)(a  c) 8 8 4 b3 bc ba 3 0,25đ    b ( 2) Tương tự (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) H 2 x  y  5  0 N ta có (x; y)=(-4; 3). Giải hệ:  (1,0)  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: 0,25đ 2 x  y  5  0 . 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 0,25đ 13 9 Suy ra: C ( ;  ) . 44 0,25đ 7.1  1( 2)  25 450 + 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 0 ,25đ +) M( 2; 0; - 1)  d1; M( 2; 0; - 1)  d2 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 13 http://tranduythai.violet.vn 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) z2 4 3 z  z   z 1  0 (1) 2 Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z  0 0 .25đ 1 11 Chia hai vế PT (1) cho z2 ta được : ( z 2  2 )  ( z  )   0 (2) z2 z 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  2 z 2  (1  3i ) z  2  0 (4) Với t= ta có z   z 2 2 0 .25đ Có   (1  3i ) 2  16  8  6i  9  6i  i 2  (3  i ) 2 (1  3i)  (3  i ) (1  3i)  (3  i) i  1  1  i ,z=  PT(4) có 2 nghiệm : z= 4 4 2 1  3i 1 1  3i  2 z 2  (1  3i ) z  2  0 (4) Với t= ta có z   z 2 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  1  i ,z=  PT(4) có 2 nghiệm : 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) 14 http://tranduythai.violet.vn 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 ;    2 2 x  y  6  0 y  3 / 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 32 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  0,25đ y  x  3 y   x  3 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 x  2 x I  x A  9  2  7 9 3 Do I ;  là trung điểm của AC suy ra:  C 0,25đ y C  2 y I  y A  3  1  2 2 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) 0,25đ Các véc tơ chỉ phương của D1 và D2 lần lượt là u1 ( 1; - 1; 2)  (1,0) và u2 ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0)  D1; N( 2; 3; 0)  D2      0,25đ Xét u1 ; u2  .MN = - 10  0   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  15 http://tranduythai.violet.vn 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 2009  C2009  iC2009  ..  i 2009C2009 0 1 2009 Ta có: (1  i) (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 n ờn A  21004 . + Ta có: (1  x) 2009  C2009  xC2009  x 2C2009  ...  x 2009C2009 0 1 2 2009 0 2 2008 1 3 2009 Cho x=-1 ta có: C2009  C2009  ...  C2009  C2009  C2009  ...  C2009 0,25đ Cho x=1 ta có: (C2009  C2009  ...  C2009 )  (C2009  C2009  ...  C2009 )  2 2009 . 0 2 2008 1 3 2009 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  2 1  sin x  . 1. Giải phương trình sin x  cos x 7  x2  x x  5  3  2x  x2 ( x  ) 2. Giải phương trình 3 x3 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân dx .  3. x 1  x  3 0 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) 16 http://tranduythai.violet.vn 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.