Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 120 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
120
Dung lượng
2,87 MB
Nội dung
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔNTOÁN
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 3
2
x
x
có đồ thị là (C)
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:
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos
x x x x x x x x
2) Giải phương trình:
2
2 2
1 5 2 4; x x x x R
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x 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
,
0
60ASO SAB
. Tính theo
a
chiều cao và
diện tích xung quanh của hình nón
Câu V (1 điểm) Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn:
5x y
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 2
4
x y x y
P
xy
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 :
0x y
và điểm
(2;1)M
. 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
0; 1;2 ,A
1;0;3B
và tiếp xúc với mặt cầu
S
có phương trình:
2 2 2
( 1) ( 2) ( 1) 2x y z
Câu VII (1 điểm) Cho số phức
z
là một nghiệm của phương trình:
2
1 0z z
.
Rút gọn biểu thức
2 2 2 2
2 3 4
2 3 4
1 1 1 1
P z z z z
z z z z
2. Theo chương trình nâng cao
.
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường tròn
C
có phương trình
2
2
: 4 25x y và điểm
(1; 1)M . Tìm phương trình đường thẳng đi qua điểm M và cắt đường tròn
C tại 2 điểm ,A Bsao
cho
3MA MB
2) Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt phẳng
P
có phương trình:
1 0x y
. Lập phương trình
mặt cầu
S đi qua ba điểm
2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C và tiếp xúc với mặt phẳng
P
BỘ ĐỀ LUYỆNTHICẤPTỐCMÔNTOÁN 2011
Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:
2
1 2
2
2
1
2
3
log 1 log 1 6
2
log 1
2 log ( 1)
x x
x
x
ĐÁP ÁN ĐỀ 1
1) y=
2 3
2
x
x
(C)
D= R\ {2}
lim 2 : 2
x
y TCN y
2 2
lim ; lim
x x
y y
TCĐ x = 2
y’ =
2
1
0; 2
( 2)
x
x
BBT
2) Gọi M(x
o
;
0
0
2 3
2
x
x
) (C) .
Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x
x
x x
( ) TCĐ = A (2;
0
0
2 2
2
x
x
)
( ) TCN = B (2x
0
–2; 2)
0
0
2
(2 4; )
2
AB x
x
AB =
2
0
2
0
4
4( 2) 2 2
( 2)
cauchy
x
x
AB min = 2 2
0
3 (3;3)
1 (1;1)
o
x M
x M
II 1.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos
x x x x x x x x
1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos
x x x x x x x x
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
0,25
+ Với
sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z
0,25
+ Với
2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx
, đặt t =
sin (t 2; 2 )x cosx
được pt : t
2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai
0.25
-2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y
t = -1
2
( )
2
2
x m
m Z
x m
Vậy :
( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m
0,25
Câu II.2
(1,0 đ)
2
2 2
1 5 2 4; x x x x R
Đặt
2 2 4 2
2 4 2( 2 )t x x t x x
ta được phương trình
2
2
1 5 2 8 0
2
t
t t t
4
2
t
t
+ Với t =
4 Ta có
2
4 2 4 2
0 0
2 4 4
2( 2 ) 16 2 8 0
x x
x x
x x x x
2
0
2
2
x
x
x
+ Với t = 2 ta có
2
4 2 4 2
0 0
2 4 2
2( 2 ) 4 2 2 0
x x
x x
x x x x
2
0
3 1
3 1
x
x
x
ĐS: phương trình có 2 nghiệm
2, 3 1x x
0,25
0,25
0,25
0,25
III
2
1
ln
ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
I
1
=
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x
, Đặt t =
1 ln
x
,… Tính được I
1
=
4 2 2
3 3
0.5
2
2
1
ln
e
I x dx
, lấy tích phân từng phần 2 lần được I
2
= e – 2
I = I
1
+ I
2
=
2 2 2
3 3
e
0.25
0.25
Câu IV
(1,0 đ)
Gọi I là trung điểm của AB , nên
OI a
Đặt
OA R
0
60SAB SAB
đều
1 1 1
2 2 2
3
sin
OA R
IA AB SA
ASO
Tam giác
OIA
vuông tại
I
nên
2 2 2
OA IA IO
2
2 2
6
3 2
R
a
R a R
2SA a
Chiếu cao:
2
2
a
SO
Diện tích xung quanh:
2
6
2 3
2
xq
a
S Rl a a
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu V
(1,0 đ)
Cho hai số dương
,x y
thỏa mãn: 5x y .
4 2 4 1 4 1
4 2 4 4 2 2
x y x y x y y x y
P
xy y x y x
Thay
5
y x
được:
4 1 5 4 1 5 4 1 5 3
2 . 2 .
4 2 2 4 2 4 2 2
y x x y y
P x x
y x y x y x
P
bằng
3
2
khi 1; 4x y Vậy Min P =
3
2
Lưu ý:
Có thể thay
5
y x
sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số
3 5 3 5
( )
(5 ) 4
x x
g x
x x
0,25
0,50
0,25
Câu
AVI.1
(1,0 đ)
Anằm trên
Ox
nên
;0A a ,
B
nằm trên đường thẳng 0x y nên ( ; )
B b b
,
(2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b
Tam giác ABM vuông cân tại M nên:
2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0
. 0
( 2) 1 ( 2) ( 1)
a b b
MA MB
MA MB
a b b
,
do
2b
không thỏa mãn vậy
2
2 2 2
2 2
1
2 , 2
1
2 , 2
2
2
1
( 2) 1 ( 2) ( 1)
1 ( 2) ( 1)
2
b
a b
b
a b
b
b
b
a b b
b b
b
2 2
2
2
1
2 , 2
1
2
1
4
( 2) ( 1) . 1 0
( 2)
3
a
b
a b
b
b
a
b b
b
b
0,25
0,25
S
O
A
B
I
Với:
2
1
a
b
đường thẳng qua AB có phương trình 2 0x y
Với
4
3
a
b
đường thẳng
qua AB có phương trình
3 12 0x y
0,25
0,25
ĐỀ 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
y x m x m m x
có đồ thị (C
m
).
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:
1)12cos2(3cos2 xx
b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2ln3
0
23
)2(
x
e
dx
I
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
AA’ và BC là
a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44
yx
yx
P
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:
10)2)(3)((
2
zzzz
,
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 5 0x y
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:
2
5
1
1
3
4
:
1
zyx
d
13
3
1
2
:
2
zyx
d
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1
và d
2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
xxx
ĐÁP ÁN ĐỀ 2
Câu I
a)
Đồ thị Học sinh tự làm
0,25
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
)1(6)12(66'
2
mmxmxy
y’ có
01)(4)12(
22
mmm
0,5
1
0'
mx
mx
y
Hàm số đồng biến trên
;2
0'y
2
x 21 m 1m
0,25
b)
0,25
Câu II a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 xx
1 đi
ểm
PT
1)1cos4(3cos2
2
xx 1)sin43(3cos2
2
xx
0,25
Nhận xét
Zkkx ,
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
xx
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
xxx sin3sin3cos2 xx sin6sin
0,25
26
26
mxx
mxx
7
2
7
5
2
m
x
m
x
;
Zm
0,25
Xét khi
5
2
m
k
2m=5k
m
t5
,
Zt
Xét khi
7
2
7
m
=
k
1+2m=7k
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
m
x (
tm 5
);
7
2
7
m
x (
37 lm
)
trong đó
Zltm ,,
0,25
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
xxxx
1 đi
ểm
PT
631012)13(2
22
xxxx
232)12(412)13(2
222
xxxxx
. Đặt
)0(12
2
txt
Pt trở thành
0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' xxxx
0,25
b)
Pt trở thành
0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' xxxx
0,25
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12
x
t
x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:
7
602
;
2
61
x
0,5
Tính tích phân
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 đi
ểm
Ta c ó
2ln3
0 2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=
3
x
e
dxedu
x
3
3
;
22ln3;10 uxux
0,25
Ta được:
2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du
u
uu
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1
0,25
=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1
u
uu
0,25
Câu III
8
1
)
2
3
ln(
4
3
Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
0,25
Câu IV
0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC
Kẻ
,'AAMH
(do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd .
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
'
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
0,5
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3 cba
.Chứng minh
rằng:
134)(3
222
abccba
1 đi
ểm
Đặt
2
;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf
*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba
33 cbaa
hay a
1
),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3
2222222
atttaabccba
=
)(4)2(3
2222
tbcatcb
=
22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(
2
)(3
cba
cb
= 0
2
))(23(
2
cba
do a 1
0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
0),,( ttaf
với a+2t=3
Ta có
134)(3),,(
2222
atttattaf
=
13)23(4))23((3
2222
ttttt
=
0)47()1(2
2
tt
do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra
10&1
cbacbt
(ĐPCM)
0,5
Câu V
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất
,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44
yx
yx
P
Từ giả thiết suy ra:
xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22
Từ đó ta có
1
3
1
xy
.
0,25
M¨t kh¸c
xyyxyxyx 11
2222
nªn
12
2244
xyyxyx
.®¨t t=xy
Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña
1
3
1
;
2
22
)(
2
t
t
tt
tfP
0.25
TÝnh
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
0.25
Do hàm số liên tục trên
1;
3
1
nên so sánh giá trị của
)
3
1
(
f
,
)26( f
,
)1(f
cho ra kết quả:
626)26( fMaxP ,
15
11
)
3
1
(min fP
0.25
Câu VIa
1 đi
ểm
(Học sinh tự vẽ hình)
Ta có:
1;2 5AB AB
. Phương trình của AB là:
2 2 0x y
.
: ;I d y x I t t
. I là trung điểm của AC:
)2;12( ttC
0,5
a)
Theo bài ra:
2),(.
2
1
ABCdABS
ABC
446. t
3
4
0
t
t
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
;
3
5
) thoả mãn .
0,5
1 đi
ểm
*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0
0.25
b)
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên
)1;1;2(// nOH
;
H ABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1
;
3
2
( H
0,25
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)
H là trung điểm của OO’
)
3
2
;
3
2
;
3
4
(' O
0,5
Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
zzzz
,
z
C.
1 đi
ểm
PT
10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2(
22
zzzz
Đặt
zzt 2
2
. Khi đó phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt
zzt 2
2
. Khi đó phương trình (8) trở thành
0103
2
tt
0,25
CâuVIIa
61
1
5
2
z
iz
t
t
Vậy phương trình có các nghiệm:
61z
;
iz 1
0,5
Câu VIb
a)
1 đi
ểm
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0x y
và
5AB
Viết phương trình đường CD:
4 17 0x y
và
17CD
0,25
Điểm M thuộc
có toạ độ dạng:
( ;3 5)M t t
Ta tính được:
13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
t t
d M AB d M CD
0,25
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD
7
9
3
t t
Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M
0,5
1 đi
ểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A
và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥
1 2
,d d d
dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
, d
2
0, 25
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u
Ad
1
, Bd
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
AB
(….)…
A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)
I(2; 1; -1)
0,25
b)
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6
Nên có phương trình là:
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6x y z
0,25
CâuVIIb
Giải bất phương trình
2log9)2log3(
22
xxx
1 đi
ểm
[...]... Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh 1 2 b c 1 a 2 3a b 3a c 2 a b c 3a c 3a b ĐÁP ÁN ĐỀ 5 Câu I (2,0) Phần 1(1,0) 2(1,0) Nội dung Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa Từ giả thi t ta có: (d ) : y k ( x 1) 1 Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 2 có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho x2 x1 ... 2du (2u 6)du 6 u 1du 0 1 1 0.25 2 u 2 6u 1 6ln u 1 1 0.25 3 6 ln 3 2 0.25 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 6 Trong tam giác vuông DHA: DH DA AH 1 3 3 2 Diện tích tam giác AMN là S AMN 2 2 0.25 1 3 AM AN sin 600 xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện... 15 5 ; x; y 10 10 (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm 0.25 ĐỀ 4 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 (3 x 1) m (C ) với m là tham số 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi m 1 2 Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng... điểm) 1 Giải phương trình: 2log x1 2log x 2 x 3 3 ln 2 x x1 x 2 1 2 Tìm giới hạn: lim ĐÁP ÁN ĐỀ 4 Câu Ý Câu I Ý1 NỘI DUNG Khi m =1 y x3 3x 1 Tập xác định D=R Điểm 0,25 đ (2,0đ) (1,0 đ) Giới hạn: lim y ; lim y x x 2 y’= 3x – 3 ; y’=0 x 1 Bảng biến thi n Hàm số đồng biến trên khoảng ; 1 , 1; và nghịch biến trên khoảng 1;1 Hàm số đạt... 1 3 2009 Cho x=1 ta có: (C2009 C2009 C2009 ) (C2009 C2009 C2009 ) 2 2009 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 thi n 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... 4 4 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm của AB IC AB, A’B’ Ta có: AB CHH ' ABB ' A ' CII ' C ' AB HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K II ' Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thi t 2x là cạnh đáy lớn Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K I ' H... 1 x 2 1 nên trong trường hợp này (1) không 2 có nghiệm duy nhất Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1 ĐỀ 6 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm) Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y x 3 (1 2m) x 2 ( 2 m) x m 2 (1) m là tham số 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2 2 Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x... VII.b (1 điểm) 3 zi Giải phương trình ( ẩn z) trên tập số phức: 1 i z ĐÁP ÁN ĐỀ 6 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I(2đ) ý Nội dung 1(1đ) Khảo sát hàm số khi m = 2 Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 3x 2 + 4 a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: lim y ; lim y x Điểm 0,25 x •Chiều biến thi n: Có y’ = 3x2 6x; y’=0 x =0, x =2 x 0 2 + y’ + 0 0 + 4 + y 0 Hàm số ĐB... 0 x 1 + 5-y +5-z = 1 Chứng minh rằng 25z 5 x 5y 5 z z xy 5 5 4 Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 25x 25y 25x 5yz 5y 5zx -x : Đặt 5 x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thi t ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 abc ( *) Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 4 a bc b ca c ab a3 b3 c3 abc 2 2 ( *) 2 a abc b abc c abc 4 0,25đ 0,25đ a3 b3 c3... Giải phương trình cos 2 x cos x 1 2 1 sin x sin x cos x 7 x2 x x 5 3 2x x2 3 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 0 ( x ) x3 dx 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 Câu . , 0;2; 2 , 1;3;0A B C và tiếp xúc với mặt phẳng
P
BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011
Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:
2
1.
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Môn: Toán - Thời gian: 180 phút
ĐỀ 1
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH