Đề thi ôn thi đại học môn toán - Đề số 7 pot

Đề số 7 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 ( 3) 4      y x mx m x có đồ thị là (C m ). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: cos2 5 2(2 cos )(sin cos )     x x x x (1) 2) Giải hệ phương trình: 3 3 3 2 2 8 27 18 4 6          x y y x y x y (2) Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 2 2 6 1 sin sin 2      x x dx Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ACB) bằng 60 0 , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính khoảng cách từ B đến mp(SAC). Câu V (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 1 1 1 1 9 ( 2)3 2 1 0          x x m m (3) II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình 2 2 1 2 9 x y( ) ( )     và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10; 2; –1) và đường thẳng d có phương trình: 1 1 2 1 3     x y z . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIa (1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 3 3 3 4 4 4 3 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )          a b c b c c a a b (4) B. Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 ; trọng tâm G của ABC nằm trên đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp  ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P): 2x – 2y – z + 1 = 0, (Q): x + 2y – 2z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 + 4x – 6y + m = 0. Tìm m để (S) cắt (d) tại 2 điểm M, N sao cho độ dài MN = 8. Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 2 2 log ( ) 1 log ( ) 3 81            x xy y x y xy (x, y  R) Hướng dẫn Đề sô 7 Câu I: 2) x B , x C là các nghiệm của phương trình: x mx m 2 2 2 0     . KBC S BC d K d BC 1 8 2 . ( , ) 8 2 16 2        m 1 137 2   Câu II: 1) (1)  x x x x 2 (cos –sin ) 4(cos –sin )–5 0    x k x k 2 2 2          2) (2)  x y x x y y 3 3 3 (2 ) 18 3 3 2 . 2 3                        . Đặt a = 2x; b = y 3 . (2)  a b ab 3 1       Hệ đã cho có nghiệm: 3 5 6 3 5 6 ; , ; 4 4 3 5 3 5                     Câu III: Đặt t = cosx. I =   3 2 16   Câu IV: V S.ABC = SAC a S SO 3 1 3 . 3 16  = SAC S d B SAC 1 . ( ; ) 3 . SAC a S 2 13 3 16   d(B; SAC) = a 3 13 Câu V: Đặt t = x 2 1 1 3   . Vì x [ 1;1]   nên t [3;9]  . (3)  t t m t 2 2 1 2     . Xét hàm số t t f t t 2 2 1 ( ) 2     với t [3;9]  . f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4  f(t)  48 7 .  m 48 4 7   Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 IA 3 2    m m m m 1 5 3 2 1 6 7 2             2) Gọi H là hình chiếu của A trên d  d(d, (P)) = d(H, (P)). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH HI  => HI lớn nhất khi A I  . Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH  làm VTPT  (P): x y z 7 5 77 0     . Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cô–si ta có: a b c a b c a b c a b c b c c a a b 3 3 3 1 1 3 1 1 3 1 1 3 ; ; (1 )(1 ) 8 8 4 (1 )(1 ) 8 8 4 (1 )(1 ) 8 8 4                       a b c a b c abc b c c a a b 3 3 3 3 3 3 3 3 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 2 4 2 4 4                Dấu "=" xảy ra  a = b = c = 1. Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) = ABC a b S AB 5 2 2      a b a b a b 8 (1) 5 3 2 (2)            ; Trọng tâm G a b 5 5 ; 3 3          (d)  3a – b =4 (3)  (1), (3)  C(–2; 10)  r = S p 3 2 65 89     (2), (3)  C(1; –1)  S r p 3 2 2 5    2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= m IM m 13 ( 13)    . Gọi H là trung điểm của MN  MH= 4  IH = d(I; d) = m 3   (d) qua A(0;1;-1), VTCP u (2;1;2)    d(I; d) = u AI u ; 3         Vậy : m 3   =3  m = –12 Câu VII.b: Điều kiện x, y > 0 x y xy xy x xy y 2 2 2 2 2 2 2 2 log ( ) log 2 log ( ) log (2 ) 4              x y xy x xy y 2 2 2 2 2 4            x y xy 2 ( ) 0 4          x y xy 4         x y 2 2        hay x y 2 2          . Đề số 7 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 ( 3) 4      y x mx m x có đồ thị là (C m ). 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. Xét hàm số t t f t t 2 2 1 ( ) 2     với t [3;9]  . f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4  f(t)  48 7 .  m 48 4 7   Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh.  R) Hướng dẫn Đề sô 7 Câu I: 2) x B , x C là các nghiệm của phương trình: x mx m 2 2 2 0     . KBC S BC d K d BC 1 8 2 . ( , ) 8 2 16 2        m 1 1 37 2   Câu II: