Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 27 ppsx

Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học www.MATHVN.com - Trang 27 Đề số 27 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số: 4 2 (2 1) 2 = − + + y x m x m (m là tham số ). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau. Câu II (2 điểm). 1) Giải phương trình : ( ) 2 2 1 8 21 1 2cos os 3 sin 2( ) 3cos sin x 3 3 2 3 π π π   + + = + − + + +     x c x x x . 2) Giải hệ phương trình: 1 2 2 (1 4 ).5 1 3 (1) 1 3 1 2 (2) − − + − +  + = +   − − = −   x y x y x y x y y y x . Câu III (2 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau : ( ) 2 0, , 1 1 = = = + x xe y y x x . Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang AB = a, BC = a,  0 90 BAD = , cạnh 2 SA a = và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD). Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 2009 x y z + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 1 1 1 2 2 2 x y z x y z x y z + + + + + + + + II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 2 2 2 4 8 0 x y x y + + − − = 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (4;0;0) , (0;0;4) A B và mặt phẳng (P): 2 2 4 0 − + − = x y z . Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho ∆ABC đều. 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 2 2 2 4 8 0 + + − − = x y x y . Xác đị nh t ọ a độ các giao đ i ể m A, B c ủ a đườ ng tròn (C) và đườ ng th ẳ ng d (cho bi ế t đ i ể m A có hoành độ d ươ ng). Tìm t ọ a độ C thu ộ c đườ ng tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. Câu VII.a (1 đ i ể m) Tìm ph ầ n th ự c c ủ a s ố ph ứ c : (1 ) n z i = + .Trong đ ó n ∈ N và th ỏ a mãn: ( ) ( ) 4 5 log 3 log 6 4 n n − + + = B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 đ i ể m ) 1) Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ Oxyz, cho hai đườ ng th ẳ ng: 1 2 2 4 1 5 : và : d : 3 3 . 3 1 2 x t x y z d y t t z t = +  − − +  = = = − + ∈  − −  =  ℝ Vi ế t ph ươ ng trình m ặ t c ầ u có bán kính nh ỏ nh ấ t ti ế p xúc v ớ i c ả hai đườ ng th ẳ ng d 1 và d 2 . 2) Trong m ặ t ph ẳ ng v ớ i h ệ to ạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có di ệ n tích b ằ ng 4. Bi ế t A(1;0), B(0;2) và giao đ i ể m I c ủ a hai đườ ng chéo n ằ m trên đườ ng th ẳ ng y = x. Tìm t ọ a độ đỉ nh C và D. Câu VII.b (1 đ i ể m) Cho s ố ph ứ c: 1 3. = − z i . Hãy vi ế t s ố z n d ướ i d ạ ng l ượ ng giác bi ế t r ằ ng n ∈ N và th ỏ a mãn: 2 3 3 log ( 2 6) log 5 2 2 2 6 4 ( 2 6) − + − + + = − + n n n n n n Hướng dẫn Đề số 27 Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau  phương trình 4 2 (2 1) 2 0 (1) x m x m    có 4 nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng  phương trình: X 2 – (2m + 1)X + 2m = 0 (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X 1 = 9X 2 .  2 2 4 4 1 0 0 (2 1) 8 0 0 1 0 2 1 0 1 2 0 2 0 2 0                                            m m m m m S m m m P m m . Câu II: 1) PT  1 sin 0 (1 sin )(6cos sin 8) 0 1 sin 0 6cos sin 8 0                 x x x x x x x 2) Xét (1): Đặt t = x – y. (1)  1 4 5 1 9.3 5 5                      t t t .  Với t > 0 VT < 10, VP > 10.  Với t < 0, VT > 10, VP < 10.  Phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 0 hay x = y. Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2)  2 1 2 1 3 0      x x x x x . Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x = 0 ta được: (2)  1 1 3 2 0      x x x x . Đặt 1   y x x (ĐK y  0). Ta được phương trình: y 2 – 3y + 2 = 0  1 2      y y . Từ đó ta tìm được x. Câu III: S = 1 2 0 ( 1)  x xe dx x . Đặt 2 1 1 x u xe dv dx x( )          1 1 2 0 0 1 0 ( 1) 1        x x x xe xe dx e dx x x Câu IV:  Chứng minh:  ACD vuông tại C  ACD vuông cân tại C. 2; 2 ; 5     AC CD a CD a BD a  V SBCD = V S.ABCD – V SABD .  Chứng minh BC  (SAB)  BC  AH  AH  (SBC). Kẻ AK  (SC)  AK  (SCD)  (AKH)  (SCD). Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M. Có (AMK)  (SCD) hay (AMK)  (SED). AH  (SBC)  AH  HK  tam giác AHK vuông tại H. Kẻ HI  MK có HI = d(H, (SCD)).  Tính AH, AM  HM; Tính AK  HK. Từ đó tính được HI. Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 4ab ≤ (a + b) 2 1 4 a b a b ab     1 1 1 4         a b . Dấu "=" xảy ra  a = b. Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 2 4 2 4 8 2 2 x y z x y z x y z x y z                                    Tương tự: 1 1 1 1 1 2 8 2 2 x y z x y z            và 1 1 1 1 1 2 8 2 2 x y z x y z            Vậy 1 1 1 2 2 2 x y z x y z x y z         1 1 1 1 2009 4 4 x y z           Vậy MaxP = 2009 4 khi x = y = z = 12 2009 Câu VI.a: 1) C nằm trên mặt phẳng trung trực của AB. 2) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 0; 2 2 4 8 0 1; 3 5 2 0 y x x y x y y x x y                      Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1). Vì · 0 90 ABC  nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4). Câu VII.a: Phương trình: 4 5 log ( 3) log ( 6) 4     n n có nghiệm duy nhất n = 19. (Vì VT là hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = 4 tại một điểm duy nhất) Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng là đường kính. 2) Ta có:   1;2 5     uuur AB AB . Phương trình của AB là: 2 2 0    x y .   ( ) : ;    I d y x I t t . I là trung điểm của AC và BD nên:     2 1;2 , 2 ;2 2   C t t D t t Mặt khác: . 4   ABCD S ABCH (CH: chiều cao) 4 5  CH . Ngoài ra:       4 5 8 8 2 ; , ; | 6 4| 4 3 3 3 3 3 ; 5 5 0 1;0 , 0; 2                             t C D t d C AB CH t C D Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3             C D hoặc     1;0 , 0; 2   C D Câu VII.b: Đặt   3 3 log 5 log 5 2 2 2 3 log ( 2 6) 2 6 3 ; ( 2 6) 3 5            t t t n n t n n n n . Ta được phương trình: 3 t + 4 t = 5 t . Phương trình có nghiệm duy nhất t = 2.  n 2 – 2n + 6 = 9  n 2 – 2n – 3 = 0  n =3 . Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học www.MATHVN.com - Trang 27 Đề số 27 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số: 4 2 (2 1) 2 = − +. BC  (SAB)  BC  AH  AH  (SBC). Kẻ AK  (SC)  AK  (SCD)  (AKH)  (SCD). Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M. Có (AMK)  (SCD) hay (AMK)  (SED). AH  (SBC). x m x m (m là tham số ). 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau.