Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 28 docx

Đề số 28 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 4 2 5 4,    y x x có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm m để phương trình 4 2 2 | 5 4| log   x x m có 6 nghiệm. Câu II (2 điểm). 1) Giải phương trình: 1 1 sin 2 sin 2cot2 2sin sin 2     x x x x x 2) Tìm m để phương trình:   2 2 2 1 (2 ) 0       m x x x x có nghiệm x 0;1 3       Câu III (1 điểm). Tính tích phân: 4 0 2 1 1 2 1      x I dx x Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA 1 B 1 C 1 có AB = a, AC = 2a, AA 1 2 5  a và  120  o BAC . Gọi M là trung điểm của cạnh CC 1 . Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A 1 BM). Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh: 3 2 4 3 5     x y z xy yz zx II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm). 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(–1; 3; –2), B(–3; 7; –18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(3;1) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;–2). Câu VII.a (1 điểm). Giải phương trình:   2 2 3 3 log 1 log 2      x x x x x B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm). 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương trình tham số 1 2 1 2            x t y t z t . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng . Xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng  OA OB nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 4 2 (log 8 log )log 2 0   x x x Hướng dẫn Đề số 28 Câu I: 2) 9 4 4 12 9 log 12 144 12 4    m m Câu II: 1) PT   cos 2 2x  cosxcos2x = 2cos2x và sin2x  0  2 cos2 0 2cos cos 1 0( )      x x x VN  cos2x = 0  2 2 4 2          x k x k 2) Đặt 2 2 2    t x x  t 2  2 = x 2  2x. BPT  2 2 (1 2), [0;1 3] 1        t m t dox t Khảo sát hàm số: 2 2 ( ) 1    t g t t với 1  t  2. g'(t) 2 2 2 2 0 ( 1)      t t t  g tăng trên [1,2] Do đó, YCBT  BPT 2 2 1    t m t có nghiệm t  [1,2]    1;2 2 max ( ) (2) 3     t m g t g Vậy: m  2 3 Câu III: Đặt 2 1   t x  3 3 2 1 1 1 1 1 1               t I dt t dt t t = 3 2 1 ln 1 2 ln2 2            t t t Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A  O,   2 ,0,0 C a , 1 (0,0,2 5) A a 3 (0;0;0), ; ;0 2 2          a a A B , ( 2 ,0, 5) M a a 1 5 3 ; ; 5 , (2;0; 5) 2 2                BM a MA a Ta có thể tích khối tứ diện AA 1 BM là : 1 1 3 2 1 1 1 15 1 . , ; , 3 3 6 3 2                   AA BM BMA a V AA AB AM S MB MA a Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA 1 ) bằng 3 5 . 3   V a d S Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có:       1 3 5 ; 3 ; 5 2 2 2       x y xy y z xy z x xy  đpcm Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với (P) Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'): 1 3 2 2 1 1       x y z AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT: 2 1 0 (1,2, 1) 1 3 2 2 1 1                  x y z H x y z Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : ' ' ' 2 2 '(3,1,0) 2             H A A H A A H A A x x x y y y A z z z Ta có ' ( 6,6, 18)     A B (cùng phương với (1;–1;3) )  PT (A'B) : 3 1 1 1 3      x y z Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 2 1 0 (2,2, 3) 3 1 1 1 3                x y z M x y z 2) 3 6 0; 2 0       x y x y Câu VII.a: PT     2 2 3 1 1 log 2 3 1           x x x x x x x x x Đặt: (2 ) ( ) 3   x x f x , 1 ( ) 1    g x x x (x  0) Từ BBT  max f(x) = 3; min g(x) = 3  PT f(x)= g(x) có nghiệm  maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1  PT có nghiệm x = 1 Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng  có PTTS: 1 2 1 2            x t y t z t . Điểm   M nên   1 2 ;1 ;2    M t t t . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 2 ) ( 4 ) (2 ) (3 ) (2 5) ( 4 2 ) ( 2 ) ( 6 2 ) (3 6) (2 5) (3 ) (2 5) (3 6) (2 5)                            AM t t t t BM t t t t AM BM t t Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ   3 ;2 5   u t và   3 6;2 5     v t . Ta có         2 2 2 2 | | 3 2 5 | | 3 6 2 5               u t v t Suy ra | | | |      AM BM u v và   6;4 5 | | 2 29          u v u v Mặt khác, với hai vectơ ,   u v ta luôn có | | | | | |        u v u v . Như vậy 2 29  AM BM Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,   u v cùng hướng 3 2 5 1 3 6 2 5       t t t   1;0;2  M và   min 2 29  AM BM . Vậy khi M(1;0;2) thì minP =   2 11 29  2) 2 6 0    x y Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x  1 BPT 4 2 8 1 1 2log log 2 0 log 2          x x x   2 2 2 1 log log 1 0 1 log 3               x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 1 log 1 0 log 1 log 1 (log 3) 0 0 2 log 0log log 1                            x x x x x xx x x . Đề số 28 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 4 2 5 4,    y x x có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm). 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương trình tham số 1 2 1 2            x t y t z t Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 4 2 (log 8 log )log 2 0   x x x Hướng dẫn Đề số 28 Câu I: 2) 9 4 4 12 9 log 12 144 12 4    m m Câu II: 1) PT   cos 2 2x  cosxcos2x