ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 5 doc

http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 25 Đặt 4 3 x t        . ĐK: 2 3 0 ; 4 3 0 1( ); ( ) 4 t t t t kth t th         . 0,25 đ Khi 3 4 t  , ta có: 1 4 3 4 1 3 4 3 x x                   . 0,25 đ TXĐ:   0;D    ; 1 ' ln x y x x    . 0,25 đ y’= 0 1 x   ; y(1) = 0 vì 1 ln x y x x    là HSĐB 0,50 đ Ý 2 (1,0 đ) Khi 0 < x < 1 ' 0 y   ; khi x > 1 ' 0 y   . KL: miny = 0 1 x   . 0,25 đ Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là 2 1 4 1 ; 3 1 7 7 x y G x y               . 0,25 đ Gọi   1 ;2 1 ( ) B b b d   ;   2 1 3 ; ( ) C c c d   Ta có: 5 2 3 7 7 3 1 2 7 7 b c b b c c                       . 0,50 đ Câu Vb (1,0 đ) KL: 2 3 10 1 ; ; ; 7 7 7 7 B C               . 0,25 đ ĐK: x > 0 . Đặt 3 log 3 t t x x    . 0,25 đ Ta có: 2 1 9 2 4 2 2.2 2 3 .2 3 4 4 3 9 3 t t t t t t                    . 0,50 đ Ý 1 (1,0 đ) Khi t = 2 thì 3 log 2 9 x x    (th) KL: nghiệm PT là 9 x  . 0,25 đ Đặt 1. : 1 0 t x Suy ra x t      . 0,25 đ Giới hạn trở thành:     0 ln 1 lim 2 t t t t          0 ln 1 1 1 lim . 2 2 t t t t          . 0,50đ Câu VIb (2,0 đ) Ý 2 (1,0 đ) KL:   2 1 ln 2 1 lim 1 2 x x x      . 0,25đ ĐỀ 5 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 4 1 x y x    . 1). Khảo sát và vẽ đồ thị   C của hàm số trên. 2). Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và 3 10 MN  . Câu II (2 điểm) : www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 26 1). Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y            2). Giải phương trình : 0 1 cos sin 2 sin sin 2 2  x x x x . Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2 3 0 3sin 2cos (sin cos ) x x I dx x x      Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : x10 1).12(48 22  xxmx . PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0 x y    và phân giác trong CD: 1 0 x y    . Viết phương trình đường thẳng BC. 2. Cho đường thẳng (D) có phương trình: 2 2 2 2 x t y t z t             .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5 1 1 1 xy yz zx x y z         2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn 2 2 ( ) : – 2 – 2 1 0, C x y x y   2 2 ( '): 4 – 5 0 C x y x    cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ), ( ') C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. 2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : z y x     1 2 và d’ : 1 5 3 2 2     z y x . Viết phương trình mặt phẳng )(  đi qua d và tạo với d’ một góc 0 30 Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b                  ĐÁP ÁN ĐỀ 5 Câu Phần Nội dung I (2,0) 1(1,0) Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa. 2(1,0) Từ giả thiết ta có: ( ): ( 1) 1. d y k x    Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm 1 1 2 2 ( ; ), ( ; ) x y x y phân biệt sao cho     2 2 2 1 2 1 90(*) x x y y    www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 27 2 4 ( 1) 1 ( ) 1 ( 1) 1 x k x I x y k x               . Ta có: 2 (2 3) 3 0 ( ) ( 1) 1 kx k x k I y k x             Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 2 (2 3) 3 0(**) kx k x k     có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được 3 0, . 8 k k   Ta biến đổi (*) trở thành:     2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 (1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***) k x x k x x x x        Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 2 2 3 3 , , k k x x x x k k      thế vào (***) ta có phương trình: 3 2 2 8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0 k k k k k k          3 41 3 41 3, , 16 16        k k k . KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. Câu Ý Nội dung 1 1) CâuII:2. Giải phương trình: 01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2 22  xxxxxxxx . 22 )3cos2()1(cos8)1cos2(  xxx . VËy 5,0sin  x hoÆc 1cossin   xx . Víi 5,0sin  x ta cã   kx 2 6  hoÆc   kx 2 6 5  Víi 1cossin   xx ta cã               4 sin 2 2 4 sin1cossin  xxx , suy ra  kx 2  hoÆc   kx 2 2 3  2 Điều kiện: | | | | x y  Đặt 2 2 ; 0 u x y u v x y           ; x y   không thỏa hệ nên xét x y   ta có 2 1 2 u y v v         . Hệ phương trình đã cho có dạng: 2 12 12 2 u v u u v v                4 8 u v       hoặc 3 9 u v      + 2 2 4 4 8 8 u x y v x y                (I) + 2 2 3 3 9 9 u x y v x y                (II) Giải hệ (I), (II). www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 28 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là       5;3 , 5;4 S  Câu Phần Nội dung Đi III (1,0) Đặt , 0 , 0. 2 2 2 x t dx dt x t x t               Suy ra: 2 2 2 3 3 3 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin (sin cos ) (cos sin ) (cos sin ) x x t t x x I dx dt dx x x t t x x                (Do tích phân không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số). Suy ra: 2 2 2 3 3 2 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 1 2 (sin cos ) (cos sin ) (sin cos ) x x x x I I I dx dx dx x x x x x x                 = = 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 1 1 tan 1 2 4 2 4 2cos cos 4 4 dx d x x x x                                         . KL: Vậy 1 . 2  I 0,25 0,25 0,5 IV 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:       ' ' ' ' ' ' AB IC 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  . 0,25 Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 3 1 3 ' ' ' ' ' ; 3 6 3 3 x x I K I H I C IK IH IC      Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 2 3 3 ' . . 6r 6 3 x x I K IK OK r x     0,25 Thể tích hình chóp cụt tính bởi:   ' . ' 3 h V B B B B    Trong đó: 2 2 2 2 2 4x 3 3 3r 3 3 6r 3; ' ; 2r 4 4 2 x B x B h       0,25 Từ đó, ta có: 2 2 3 2 2 2r 3r 3 3r 3 21r . 3 6r 3 6r 3. 3 2 2 3 V             0,25 V Nhận xét : 10x 48 2  x = 2(2x+1) 2 +2(x 2 +1) 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 29 Phương trình tương đương với : 2 ( 02) 1 12 () 1 12 2 2 2       x x m x x . Đặt t x x    1 12 2 Điều kiện : -2< t 5 . Rút m ta có: m= t t 22 2  Lập bảng biến thiên của hàm số trên   5,2 , ta có kết quả của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 5 12 4  m hoặc -5 < 4   m 0,25 0,25 0,25 VIa 0,75 1 1,00 Điểm   : 1 0 ;1 C CD x y C t t       . Suy ra trung điểm M của AC là 1 3 ; 2 2 t t M         . 0,25 Điểm   1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C                      Từ A(1;2), kẻ : 1 0 AK CD x y     tại I (điểm K BC  ). Suy ra     : 1 2 0 1 0 AK x y x y         . Tọa độ điểm I thỏa hệ:   1 0 0;1 1 0 x y I x y           . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của   1;0 K  . 0,25 0,25 Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y         2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( )//( ) P D hoặc ( ) ( ) P D  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA  và IH AH  . Mặt khác             , , d D P d I P IH H P         Trong mặt phẳng   P , IH IA  ; do đó axIH = IA H A m   . Lúc này (P) ở vị trí (P 0 ) vuông góc với IA tại A. www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 30 Vectơ pháp tuyến của (P 0 ) là   6;0; 3 n IA      , cùng phương với   2;0; 1 v    . Phương trình của mặt phẳng (P 0 ) là:     2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0 x z    . VIIa Để ý rằng         1 1 1 0 xy x y x y        ; và tương tự ta cũng có 1 1 yz y z zx z x          0,25 Vì vậy ta có:   1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 zx+y 1 5 1 1 5 5 x y z x y z xy yz zx yz zx xy x y z yz xy z z y x yz zx y xy z z y x z y y z                                                       1,00 VIb 1) + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và 1, ' 3 R R   , đường thẳng (d) qua M có phương trình 2 2 ( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*) a x b y ax by a a b          . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 ' ' ' MA MB IA IH I A I H          2 2 1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ] d I d d I d    , . IA IH      2 2 2 2 2 2 2 2 9 4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35 a b d I d d I d a b a b         2 2 2 2 2 2 36 35 36 a b a b a b       Dễ thấy 0 b  nên chọn 6 1 6         a b a . Kiểm tra điều kiện IA IH  rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. 0,25 0,25 0,25 0,25 2 .Đường thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phương )1;1;1( u Đường thẳng d’ đi qua điểm )5;3;2('  M và có vectơ chỉ phương )1;1;2(' u . Mp )(  phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và 2 1 60cos)';cos( 0 un Bởi vậy nếu đặt );;( CBAn  thì ta phải có :          2 1 6 2 0 222 CBA CBA CBA               02 )(632 22 222 CACA CAB CCAAA CAB Ta có 0)2)((02 22  CACACACA . Vậy CA  hoặc CA   2 . Nếu CA  ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó 2  B , tức là )1;2;1(n và )(  mp có phương trình 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 31 0)2(2     zyx hay 042     zyx Nếu CA   2 ta có thể chọn 2,1    CA , khi đó 1   B , tức là )2;1;1( n và )(  mp có phương trình 02)2(     zyx hay 022     zyx VIIb 1,00 Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: a b c b c a c a b            . Đặt   , , , , 0 , , 2 2 a b c a x y a z x y z x y z y z x z x y              . Vế trái viết lại: 2 3 3 2 a b a c a VT a c a b a b c x y z y z z x x y                0,50 Ta có:     2 2 z z x y z z x y z z x y x y z x y             . Tương tự: 2 2 ; . x x y y y z x y z z x x y z         Do đó:   2 2 x y z x y z y z z x x y x y z            . Tức là: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b                  0,50 V.Phương trình     3 4 1 2 1 2 1 x x m x x x x m        (1) Điều kiện : 0 1 x   Nếu   0;1 x thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện 1 1 2 x x x     . Thay 1 2 x  vào (1) ta được: 3 0 1 1 2. 2. 1 2 2 m m m m           * Với m = 0; (1) trở thành:   2 4 4 1 1 0 2 x x x      Phương trình có nghiệm duy nhất. www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 32 * Với m = -1; (1) trở thành                 4 4 2 2 4 4 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 0 1 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x                           + Với 4 4 1 1 0 2 x x x      + Với 1 1 0 2 x x x      Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. * Với m = 1 thì (1) trở thành:         2 2 4 4 4 1 2 1 1 2 1 1 1 x x x x x x x x x x              Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 1 0, 2 x x   nên trong trường hợp này (1) không 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 2)2()21( 23  mxmxmxy (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên 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: 07    yx góc  , biết 26 1 cos   . Câu II (2 điểm) 1. Giải bất phương trình: 54 4 2 log 2 2 1         x x . 2. Giải phương trình:   .cos32cos3cos21cos2.2sin3 xxxxx  Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I       4 0 2 211 1 dx x x . Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB 2a . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IH IA 2   , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 0 60 .Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu V(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: xyzzyx  222 . Hãy tìm giá tr ị lớn nhất của biểu thức: xyz z zxy y yzx x P       222 . PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). www.VNMATH.com . kiện : -2 < t 5 . Rút m ta có: m= t t 22 2  Lập bảng biến thi n của hàm số trên   5, 2 , ta có kết quả của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 5 12 4  m hoặc -5 < 4   m . m = -1 . ĐỀ 6 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm). Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số 2)2()21( 23  mxmxmxy (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).               . KL: Vậy 1 . 2  I 0, 25 0, 25 0 ,5 IV 0, 25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’.