4 đề ôn thi

THI TH I HC MễN TON NGY 04 12 2011 01 Bài 1: (2 điểm) Cho hàm số y = - x 3 + 3x 1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phơng trình tiếp tuyến với đồ thị (C) kẻ từ điểm M(-2; 1). Bài 2: (3 điểm) 1. Giải phơng trình 2 cos2x 2sin x 2 4 1. x x sin cos 2 2 + + = 2. Giải hệ phơng trình ( ) [ ] = +=++ + yxyx yxyx yx 4log 32 . 3. Tìm m để bt phng trỡnh ( ) ( ) mxxxx ++ 264 2 nghiệm đúng với mi [ ] x 4;6 . Bài 3: (1.5 điểm) 1. Tính tích phân: I = 2 9 2 0 dx . cos x 2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập đợc bao số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau, trong đó phải có chữ số 2 và 4 ? Bài 4: (2.5 điểm) 1. Cho hình lập phơng ABCDA'B'C'D' có cạnh bng a. Trên các cạnh BC và DD' lần lợt lấy các điểm M và N sao cho BM = DN = x ( ax 0 ). Chứng minh MN AC' và tìm x để MN đạt nhỏ nhất. 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho đờng tròn (C): (x - 1) 2 + (y + 2) 2 = 9 và đờng thẳng 3x - 4y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ đợc hai tiếp tuyến PA và PB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho PA PB. 3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(1; 2; 3). Viết phơng trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M và cắt ba tia Ox, Oy, Oz lần lợt tại A, B, C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Bài 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC không tù. Chứng minh rng: A B C A B C 10 3 tan tan tan tan tan tan . 2 2 2 2 2 2 9 + + + Du ủng thc xy ra khi no ? ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC MÔN TOÁN NGÀY 04 – 12 – 2011 ðÁP ÁN ðỀ 01 Bài Ý Hướng dẫn chấm ðiểm Tập xác ñịnh R. Sự biến thiên: y' = - 3x 2 + 3 = 3(1 - x 2 ); y' = 0 1; 1 x x ⇔ = − = . 0,25 y' < 0 1 1 x x >  ⇔  < −  hàm số nghịch biến trong khoảng ( ; 1) ∞ − và (1; + ∞ ) y' > 0 ⇔ -1 < x < 1 hàm số ñồng biến trong khoảng (-1; 1). ðiểm cực ñại (1; 1). ðiểm cực tiểu (-1; -3) 0,25 Giới hạn lim ;lim x x y y →+∞ →−∞ = −∞ = +∞ . ðồ thị hàm số không có tiệm cận. 0,25 Bảng biến thiên x - ∞ -1 1 + ∞ y' - + - y +∞ 1 -3 −∞ 0,25 1 (1.5) ðồ thị ñi qua ñiểm (-2; 1) và (2; -3). y ðiểm uốn I(0; -1) là tâm ñối xứng 1 -2 -1 I 1 2 x -3 0,5 Phương trình ñường thẳng ñi qua ñiểm M(-2; 1) có hệ số góc k: y = k(x + 2) + 1 ðường thẳng tiếp xúc với (C) 3 2 3 1 ( 2) 1 3 3 x x k x x k  − + − = + +  ⇔  − + =   (1) có nghiệm. 0,25 Bài 1: 2 ñiểm 2 (0.5) (1) 3 2 2 1 0 2 6 8 0 2 3 3 9 x k x x x k x k  =    =  + − =    ⇔ ⇔   = − = −      = −    9;0 − = = ⇒ kk . Vậy có hai tiếp tuyến với ñồ thị (C) thoả mãn bài toán là: y = 1 và y = - 9x -17 0,25 ðiều kiện x x sin cos 0 x k2 ,k . 2 2 2 π − ≠ ⇔ ≠ + π ∈ ℤ 0,25 Ph ươ ng trình ñ ã cho t ươ ng ñươ ng v ớ i ph ươ ng trình: 2 2 cosx = 0 2cos x - 1-sinx - cosx + 2 = 1 2cos x - cosx = 0 1 1 - sinx cosx = 2   ⇔ ⇔   1 (1.0) * cosx = 0 k ế t h ợ p v ớ i ñ i ề u ki ệ n 2 2 x k π π ≠ + suy ra x = 2 2 t π π − + v ớ i t ∈ Z. * cosx = 2 1 3 2 2 3 x m x n π π π π  = +  ⇔   = − +   v ớ i m; n ∈ Z. Ph ươ ng trình ñ ã cho có ba h ọ nghi ệ m là: x = 2 2 t π π − + ; x = 2 3 m π π + và x = 2 3 n π π − + v ớ i t, m, n ∈ Z 0,25 0,25 0,25 ð i ề u ki ệ n:      >− ≠+ >+ 0 1 0 yx yx yx H ệ ph ươ ng trình ñ ã cho ( ) ( ) [ ]      −=− =++−+ ⇔ + yxyx yxyx yx 4log 023 2 ( ) [ ] ( )    =− =+ ⇔        −=−     =+ =+ ⇔ − + yx yx yx yx yxyx yx yx 44 4 4log 2 1 0,25 0,25 Bài 2: 3 ñiểm 2 (1.0) Xét ph ươ ng trình: 4(x - y) = yx− 4 ðặ t t = x - y > 0 t t 44 =⇒ Nh ậ n th ấ y: t = 1 và t = 2 1 là nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình. Xét hàm s ố f(t) = t t 44 − (t > 0); f'(t) = 4 - t 4 ln4. f'(t) = 0 có duy nh ấ t m ộ t nghi ệ m: 4 ln 4 log 4 =t . Do ñ ó f(t) = 0 ch ỉ có hai nghi ệ m. T ừ cách ñặ t suy ra h ệ ñ ã cho t ươ ng ñươ ng v ớ i                    = =        = = ⇔              =− =+    =− =+ 4 3 4 9 2 3 2 5 2 1 4 1 4 y x y x yx yx yx yx . 0,25 0,25 ðặt t = ( )( ) ( ) 5012524264 2 2 ≤≤⇒−−=++−=−+ txxxxx t 2 = -x 2 + 2x + 24 ⇒ x 2 - 2x = 24 - t 2 Bất phương trình trở thành: t + 24 - t 2 ≥ m ; t [ ] 5;0∈ 0,25 0,25 3 (1.0) Xét hàm số f(t) = -t 2 + t + 24 trên ñoạn [ ] 5;0 Ta có bảng biến thiên sau: t 0 2 1 5 f(t) 4 97 24 4 Từ ñó suy ra bất phương trình nghiệm ñúng với mọi x ∈ [ ] 6;4− [ ] 5;0t 4)t(fminm ∈ = ≤ ⇔ . Vậy m ≤ 4. 0,5 ðặt t = x suy ra x = t 2 ; dx = 2t dt 2 0 0 3 9 x t t x π π = =     ⇒   = =     I = 3 2 0 2 os tdt c t π ∫ 0,25 1 (1.0) ðặt 2 tan os u t du dt dt v t dv c t =  =   ⇒   = =    I = 2t tant 3 3 0 0 2 3 ( osx) 2 3 2 tan 2 2ln osx 3 3 3 cosx 3 0 0 d c tdt c π π π π π π − = + = + ∫ ∫ I = 2 3 2ln2 3 π − 0,25 0,5 Gọi số tự nhiên cần lập là X = 1 2 3 4 a a a a (a 1 khác 0) a i { } 0;1;2;3;4;5 ∈ (i = 1; 2; 3; 4) * Trường hợp 1: Trong X có chữ số 0. Có ba cách xếp chữ số 0; ba cách xếp chữ số 2; hai cách xếp chữ số 4 và 1 3 A cách xếp ba chữ số 1; 3; 5. Suy ra có 3.3.2. 1 3 A = 54 số 0,25 Bài 3 1.5 ñiểm 2 (0.5) * Trường hợp 2: Trong X không có chữ số 0. Có bốn cách xếp chữ số 2; ba cách xếp chữ số 4 và 2 3 A cách xếp ba chữ số 1; 3; 5. Suy ra có 4.3. 2 3 A = 72 số. Vậy có tất cả 54 + 72 = 126 số. 0,25 Bài 4: 2,5 ñiểm 1 (0.5) ðặt cADbABaA === ;;A' thì acba === ; cbaAC ++=' và a a x Dc a x BM ⋅=⋅= D'; . 0, 2 5 c a x ba a x a a x cbc a x DNADBAMBMN       −+−⋅=⋅++−⋅−=+++=⇒ 1 ( ) 2 2 2 2 x x x x MN AC' a b 1 c a b c a a 1 a 0. a a a a       ⇒ ⋅ = ⋅ − + − + + = ⋅ − + − ⋅ =                     Vậy MN vuông góc với AC'. M N A' B' C' D' D C B A 4 6 4 6 2 1 21 22 2 2 2 22 2 2 2 aa a x a a x aa a x MN ≥+       −=⋅       −++⋅= . MN ngắn nhất bằng 2 2 1 6 2 a x a xa =⇔=⇔⋅ (M, N tương ứng là trung ñiểm của BC và DD'). 0,25 Gọi tâm ñường tròn (C) là I (1; -2) và bán kính R = 3. Giả sử có ñiểm P thoả mãn bài toán ⇒ tứ giác APBI là hình vuông cạnh bằng 3 23=⇒ IP . 0,5 ðể có duy nhất một ñiểm P ⇔ khoảng cách từ tâm I tới d bằng 23=IP 23 43 )2(41.3 22 = + +−− ⇔ m . 0,25 2 (1.0)     −−= −= ⇔=+⇔ 11215 11215 21511 m m m . Vậy m = 11215 − và m = 11215 −− . 0,25 3 (1.0) Gọi giao ñiểm của ( α ) với ba tia Ox, Oy, Oz lần lượt là A(a; 0; 0); B(0; b; 0); C(0; 0; c) với a, b, c > 0. Phương trình ( α ): 1=++ c z b y a x . Do ( α ) ñi qua ñiểm M 1 321 =++⇔ c b a . OABC 1 1 1 1 V Bh OA OB OC abc 3 3 2 6 = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = (0,5 ñiểm). Áp dụng bắt ñẳng thức Côsi,ta có: 3 OABC 1 2 3 6 27.6 1 3 1 abc 27.6 V 27 a b c abc abc = + + ≥ ⇔ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ OABC min(V ) 27 ⇒ = ñạt ñược khi 3 1321 === c b a ⇔ a = 3; b = 6; c = 9. PTMP ( α ) là: x y z 1 3 6 9 + + = 6x 3y 2z 18 0 ⇔ + + − = (0,5 ñiểm). 1,0 Bài 5: 1 ñiểm Không mất tính tổng quát, giả sử CBA ≥ ≥ . Vì tam giác ABC không tù 1 2 A tan 2 tan 2 tan 4 2 2 2 ≤≤≤⇒≤≤≤⇒ BCABC π . ðặt x = tan 2 A ; y = tan 2 B ; z = tan 2 C thì 0 < z ≤ y ≤ x ≤ 1. Áp dụng BðT Côsi cho ba số không âm: 1 - x; 1 - y; 1 - z ta ñược: ( )( )( ) 33 )(1111 3 111 xyzxzyzxyzyxzyx zyx −+++++−=−−−≥ − + − + − . Vì xy + yz + xz = tan 2 A tan 2 B + tan 2 B tan 2 C + tan 2 A tan 2 C = 1. Suy ra: 3 3 3 3 x y z (x y z) 1 2 (x y z) xyz 1 2 (x y z) xyz 3 3 x y z x y z x y z xyz 2 1 2 1 . 3 3 + + + +   − ≥ − + + − ⇔ − ≥ − + + −     + + + +     ⇔ + + + ≥ − − = + −         Vì x + y + z 3≥ nên 9 310 1 3 3 2 3 =         −+≥+++⇒ xyzzyx . Từ ñó suy ra ñiều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi ∆ ABC ñều. 0,25 0,25 0,25 0,25 ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC MÔN TOÁN NGÀY 04 – 12 – 2011 ðỀ 02 Câu I. Cho hàm số 2x 1 y (C). x 1 − = − 1. Kh ả o sát và v ẽ ñồ th ị hàm s ố (C). 2. Tìm m ñể ñườ ng th ẳ ng y mx 5 = + là m ột tiếp tuyến của (C). Câu II. 1. Giải phương trình 2 cos( 3x) cos( 4x) cosx 1. 3 3 π π + + − + = 2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 4 5 y (3sinx 4cosx) (3sinx 4cosx ) . 1 = + + + Câu III. 1. Tìm m ñể phương trình 2 9 2 4 x m( 2 x 2 x) + − = − + + có nghiệm thực. 2. Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển n (2x 1) + biết tổng các hệ số của nó bằng 59049. Câu IV. 1. Tính thể tích của khối chóp tam giác ñều S.ABC có cạnh bên bằng a , góc tạo bởi mặt bên và ñáy bằng 0 45 . 2. Trong không gian với hệ trục tọa ñộ Oxyz cho hình vuông ABCD có ñỉnh A(1;2;1) và ñường chéo x 3 y z BD: . 4 1 1 − = = − Tìm tọa ñộ các ñỉnh còn lại của hình vuông. 3. Trong mặt phẳng hệ trục tọa ñộ Oxy cho ñường tròn 2 2 (T): x y 2x 2y 23 0 + − + − = . Viết phương trình ñường thẳng qua A(7;3) cắt ñường tròn (T) tại B, C sao cho AB 3AC 0. − = Câu V. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ñiều kiện ab bc ca 3abc. + + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c P . c(a c ) a(b a ) b(c b ) = + + + + + ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC MÔN TOÁN NGÀY 04 – 12 – 2011 ðỀ 03 Câu I. Cho hàm số 3 2 y 2x x 4x 1 (C) = + − + . 1. Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số (C). 2. Tìm số thực k sao cho tồn tại hai tiếp tuyến phân biệt có cùng hệ số góc k của ñồ thị (C) và ñường thẳng ñi qua hai tiếp ñiểm cắt trục hoành tại ñiểm A, cắt trục tung tại ñiểm B sao cho OB = 2012.OA. Câu II. 1. Giải phương trình 7 1 x 4x 6 2 − + + = . 2. Giả i h ệ ph ươ ng trì nh 3x y 5x 4y 5 12 5x 4y x 2y 35  + + + =   + + − =   . Câu III 1. Giải phương trình 2 2 cos2x cotx cosx 1 1 tan x sin x + = + + + . 2. Nhận dạng tam giác ABC biết: 2 2bc cos(B C) a − = . Trong ñó A, B, C là ba góc; a, b, c lần lượt là ñộ dài ba cạnh BC, CA, AB của ABC. ∆ Câu IV 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa ñộ Oxy cho hai ñường tròn 2 2 1 (C ):(x 1) (y 2) 4 − + − = và 2 2 2 (C ):(x 2) (y 3) 2 − + − = cắt nhau tại ñiểm A(1; 4). Viết phương trình ñường thẳng d ñi qua ñiểm A và cắt lại (C 1 ), (C 2 ) lần lượt tại M và N sao cho MA = 2.MB. 2. Cho hình chóp S.ABC có ABC ∆ vuông tại A, AB = a,  0 ABC 60 = ; SAB là tam giác ñều. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Hình chiếu vuông góc của ñỉnh S trên mp(ABC) là một ñiểm nằm trên ñường thẳng AH. a) Tính thể tích khối chóp S.ABC. b) Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC). Câu V. Cho hai số thực x, y thoả mãn 2 2 x y 3 x y xy 4 + ≤   + − =  . Tì m giá trị l ớ n nh ấ t củ a bi ể u th ứ c 2 2 P(x,y) x y xy 2xy. = + − ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC MÔN TOÁN NGÀY 04 – 12 – 2011 ðỀ 04 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 ñiểm). Câu I (2,0 ñiểm) Cho hàm số x 2 y (C). 2x 1 + = − 1. Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ ñồ th ị (C) c ủ a hàm s ố ñ ã cho. 2. Tìm nh ữ ng ñ i ể m trên ñồ th ị (C) cách ñề u hai ñ i ể m A(2; 0), B(0; 2). Câu II (2,0 ñiểm) 1. Gi ả i ph ươ ng trình ( ) ( ) 2 cos . cos 1 2 1 sin . sin cos − = + + x x x x x 2. Giải bất phương trình 2 2 2 3 2 0. 2 5 − − ≥ − x x x x Câu III (1,0 ñiểm) Tính tích phân 2 4 0 ( sin 2 )cos2+ ∫ x x xdx π . Câu IV(1,0 ñiểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ñáy ABC là tam giác ñều cạnh a. ðỉnh A’ cách ñều các ñỉnh A, B, C, cạnh bên AA’ tạo với ñáy góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ. Câu V (1,0 ñiểm) Cho c¸c sè thùc d−¬ng a, b, c thay ®æi thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng 2 2 2 2. + + + + + ≥ + + + a b b c c a b c c a a b II. PHẦN RIÊNG (3ñiểm). Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần ( A hoặc B). A.Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2,0 ñiểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy. Cho ñường tròn (C): 0124 22 =−−−+ yxyx và ñường thẳng d : 1 0 x y + + = . Tìm những ñiểm M thuộc ñường thẳng d sao cho từ ñiểm M kẻ ñược ñến (C) hai tiếp tuyến tạo với nhau góc 0 90 . 2. Giải phương trình ( ) ( ) 7 4 3 3 2 3 2 0. x x + − − + = CâuVII.a (1,0 ñiểm) Giải phương trình 1 2 2 3 2 2 − − − + + = + x x x x C C C C x x x x ( k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử). B. Theo chương trình nâng cao. CâuVI.b (2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ ñộ Oxy cho cho hai ñường thẳng 052: 1 = + − yxd và 2 :3 6 7 0. d x y + − = Lập phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua ñiểm P( 2; -1) sao cho ∆ cắt hai ñường thẳng d 1 và d 2 tạo ra một tam giác cân có ñỉnh là giao ñiểm M của hai ñường thẳng d 1 , d 2 . 2. Giải hệ phương trình + = + + − = +            2 x y 4 y 2 1 y 2 log x 2 log 2 log 1 2 2 . Câu VII.b (1,0 ñiểm) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau mà mỗi số ñều lớn hơn 2010. . 4( x - y) = yx− 4 ðặ t t = x - y > 0 t t 44 =⇒ Nh ậ n th ấ y: t = 1 và t = 2 1 là nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình. Xét hàm s ố f(t) = t t 44 − (t > 0); f'(t) = 4 - t 4 ln4                    = =        = = ⇔              =− =+    =− =+ 4 3 4 9 2 3 2 5 2 1 4 1 4 y x y x yx yx yx yx . 0,25 0,25 ðặt t = ( )( ) ( ) 50125 242 64 2 2 ≤≤⇒−−=++−=−+ txxxxx t 2 = -x 2 + 2x + 24 ⇒ x 2 - 2x = 24 - t 2 . thành: t + 24 - t 2 ≥ m ; t [ ] 5;0∈ 0,25 0,25 3 (1.0) Xét hàm số f(t) = -t 2 + t + 24 trên ñoạn [ ] 5;0 Ta có bảng biến thi n sau: t 0 2 1 5 f(t) 4 97 24 4 Từ ñó