WWW.VIETMATHS.COM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH ĐỀ KIỂM TRA ĐẠI HỌC NĂM2013
TÔ: TOÁN Môn thi: TOÁN – Khối A
Thời gian: 120 phút, (không kể thời gian giao)
ĐỀ SỐ 5:
Câu I(2,5 điểm). Cho hàm số
4 2 2
2
y x mx m m
(1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –2.
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng
0
120
.
Câu II(2 điểm).
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:
2
2 2 2
m x x x
có 2 nghiệm phân biệt.
2) Giải phương trình:
3
1 8
2
2
log 1 log (3 ) log ( 1) 0
x x x
.
Câu III(1,5 điểm). Tính tích phân:
1
2
ln
e
I x xdx
x
.
Câu IV(1,0 điểm).
Cho tứ diện SABC có SA vuông góc với mp(ABC), SA = a và diện tích tam giác SBC gấp hai lần diện tích
tam giác ABC. Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC).
Câu V(2,0 điểm).
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng :
x y z
1 1
2 1 2
.
1) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng .
2) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và cắt đường thẳng tại điểm C sao cho diện tích
tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất.
Câu VI(1,0 điểm).
Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn
2 2
3
x y xy x y xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2 2
(1 2 ) 3
2
xy
P x y
xy
.
Hết
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ SỐ 5
Câu
Ý Đáp án
Biểu
điểm
I
1
Khi m = - 2, ta có y = x
4
– 4x
2
+ 2.* Tập xác định: D = R 0,25
* Sự biến thiên: + y’ = 4x
3
– 8x, y’ = 0
0
2
x
x
0,25
+ lim , lim
x x
y y
0,25
+ Bảng biến thiên:
x
-
-
2
0
2
+
y’ - 0 + 0 - 0 +
y +
+
2
0
0
0,25
Hàm số đồng biên trên mỗi khoảng
( 2;0),( 2; )
và nghịch biến trên mỗi
khoảng
( ; 2),(0; 2)
.
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, giá trị cực đại là 2; hàm số đạt cực tiểu tại các
điểm x =
2
, giá trị cực tiểu là 0.
0,25
* Đồ thị:
0,25
2
Ta có:
3
4 4
y x mx
;
2
2
0
0 4 0
x
y x x m
x m
Hàm số (1) có ba cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có ba nghiệm phân biệt
m < 0.
0,25
Với điều kiện m < 0 đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực tri: A(0; m
2
+m); B(
m
; m); C(–
m
; m)
2
( ; )
AB m m
;
2
( ; )
AC m m
4
AB AC m m
0,25
ABC cân tại A nên góc
0
120
chính là
A
.
A 120
4
4
1 . 1 . 1
cos
2 2 2
.
AB AC m m m
A
m m
AB AC
0,25
4
4 4 4
4
3
0
1
2 2 3 0
1
2
3
m
m m
m m m m m m
m
m m
So với điều kiện m < 0 ta được m =
3
1
3
.
0,25
Ta có:
2
2 2 1
x x
nên
2
2 2 2
m x x x
2
2
2 2
x
m
x x
Xét
2
2
( )
2 2
x
f x
x x
, ta có:
2 2
4 3
'( )
2 22 2
x
f x
x x x x
0,25
4 4
' 0 ; 10; lim ( ) 1; lim ( ) 1
3 3
x x
f x x f f x f x
0,25
+ Bảng biến thiên:
x
-
4
3
+
y’ - 0 +
y
10
-1 1
0,25
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
1 10
m
0,25
2
3
1 8
2
2
log 1 log (3 ) log ( 1) 0
x x x
2 2 2
log 1 log (3 ) log ( 1) 0
1 3
x x x
x
0,25
1 3 1
1 3
x x x
x
0,25
2
x x 4 0
1 x 3
0,25
1 17
x
2
0,25
III
Ta có :
1 1 1
2 ln
ln ln 2
e e e
x
I x xdx x xdx dx
x x
0,25
+ Tính I
1
=
1
ln
e
x xdx
. Đặt u = lnx, dv = xdx
du = dx, v =
2
x
2
0,25
Suy ra I
1
=
2
x
2
lnx
e
1
|
-
e
1
1
xdx
2
=
2
e 1
4
0,25
+ Tính I
2
=
2
1
1 1
(ln ) 1
ln (ln ) |
2 2
e e
e
lnx x
dx xd x
x
0,5
Suy ra I =
2
e 5
4
0,25
IV
Ta có: SA vuông góc với mp(ABC) nên SA là đường cao của khói chóp S.ABC.
Suy ra
SABC
ΔABC
1
V SA.S
3
(1)
0,25
Gọi H là hính chiếu vuông góc của A lên mp(SBC). Khi đó:
SABC
ΔSBC
1
V AH.S
3
(2)
0,25
Từ (1) và (2), suy ra
ΔABC
1
SA.S
3
=
ΔSBC
1
AH.S
3
ΔABC ΔABC
ΔSBC ΔABC
SA.S A.S
a
AH
S 2S 2
0,5
H
C
B
A
S
1
Ta có:
AM ( 2; 4;0)
,
[AM,u]=(-8;4;10)
0,25
Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và chứa đường thẳng
nên nhận vectơ
[AM,u]=(-8;-4;10)
làm vectơ pháp tuyến.
0,25
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là – 8(x – 1) + 4(y – 5) + 10(z – 0) = 0
hay 4x - 2y – 5z + 6 = 0.
0,5
2
Phương trình tham số của :
x t
y t
z t
1 2
1
2
.
Điểm C thuộc đường thẳng nên tọa độ điểm C có dạng
C t t t
( 1 2 ;1 ;2 )
.
AC ( 2 2t; 4 t;2t);AB (2; 2;6)
0,25
AC AB t t t AC AB t t
2
, ( 24 2 ;12 8 ;12 2 ) , 18 36 216
0,25
Diện tích ABC là
S AC AB t t
2
1
, 18 36 216
2
= t
2
18( 1) 198
≥
198
Vậy Min S =
198
khi
t
1
hay C(1; 0; 2).
0,25
Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận
BC ( 2; 3; 4)
làm vectơ chỉ phương
nên có phương trình chính tắc là
x 3 y 3 z 6
2 3 4
.
0,25
V
Ta có
2 2
3
x y xy x y xy
( ) 3 (1)
xy x y x y xy
Vì x > 0 và y > 0 nên x + y > 0 nên từ (1) ta có:
2
1 1 4
3 3 3( ) 4 0
x y x y x y
x y x y
1 ( ) 4 0 4
x y x y x y
( Vì x + y + 1 > 0).
0,25
Lại có: ( ) 3
xy x y x y xy
1 3
1
xy x y
3 1
1
x y xy
Suy ra: P =
2
2 2
(1 2 ) 3
2
xy
x y
xy
= (x + y)
2
+ 2 -
1
xy
= (x + y)
2
+1 +
3
x y
0,25
Đặt x + y = t, điều kiện: t
4
. Suy ra:
2
3
1
P t
t
Xét hàm số
2
3
( ) 1
f t t
t
trên nửa khoảng
4;
.
Ta có:
'( )
f t
= 2t -
3
2 2
3 2 3
0 t > 4
t
t t
.
Mà
( )
f t
liên tục trên nửa khoảng
4;
nên
( )
f t
đồng biến trên nửa khoảng
4;
.
Suy ra:
71
( ) (4) , 4
4
f t f t
0,25
Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng
71
4
khi x = y = 2
0,25
. = 3 1 3 . 0 ,25 Ta có: 2 2 2 1 x x nên 2 2 2 2 m x x x 2 2 2 2 x m x x Xét 2 2 ( ) 2 2 x f x x x , ta có: 2 2 4 3 '( ) 2 2 2 2 x f x x x x x . NGUYỄN TẤT THÀNH ĐỀ KIỂM TRA ĐẠI HỌC NĂM 20 13 TÔ: TOÁN Môn thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 120 phút, (không kể thời gian giao) ĐỀ SỐ 5: Câu I (2, 5 điểm). Cho hàm số 4 2 2 2 y x mx. ) . AC ( 2 2t; 4 t;2t);AB (2; 2; 6) 0 ,25 AC AB t t t AC AB t t 2 , ( 24 2 ; 12 8 ; 12 2 ) , 18 36 21 6 0 ,25 Diện