Đề thi thử số 5 - Báo Toán học Tuổi Trẻ

2 Tìm m để đồ thị hàm số 1 cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt.. Tính thể tích của hình chóp S.AMN.. PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phần B A.. Lập phương

phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang1

THTT SỐ 404-2/2011

ĐỀ SỐ 05

Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I:

Cho hàm số: yx33mx21 (1)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m1

2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt

Câu II:

1) Giải phương trình: sin 3x cos 3x 2 2 cos x 1 0

4



2) Tìm m để hệ phương trình: x 1 3 y m







có nghiệm

Câu III:

Tính tích phân:

   

1

3 0

dx





Câu IV:

Cho hình chóp S.ABC có AB = BC = a, ABC900, SAABC, số đo góc nhị diện cạnh SC bằng

600 Kẻ AMSB,ANSC Tính thể tích của hình chóp S.AMN

Câu V:

Tính giá trị nhỏ nhất biểu thức P x63y4  y63x4 , trong đó x, y là các số dương thỏa mãn

2

x y

PHẦN RIÊNG

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a:

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M 1; 2 Lập phương trình đường thẳng qua M, cắt tia  

Ox, Oy tương ứng tại A, B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1;3; 1  , B 3; 1;5 và đường thẳng (d):

 Tìm điểm M trên (d) sao cho biểu thức

2 2

QMA MB có giá trị nhỏ nhất

Câu VII.a:

Giả sử x, y là hai số thực thỏa mãn 0xy4 Chứng minh rằng:  

 

x 4 y

y 4 x





B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b:

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác cân ABC (AB = AC) Biết phương trình các đường

thẳng AB, BC tương ứng là  d : 2x1   y 1 0,  d2 : x4y 3 0 Lập phương trình đường cao qua

đỉnh B của tam giác ABC

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d): x 1 y 1 z 1

 và mặt cầu (S):

2 2 2

x y z 8x4y 2z 12  0 Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua (d) và tiếp xúc mặt cầu (S)

Câu VII.b:

Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn: z 1 5i 1

z 3 i

 



 

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I:

1) Tự giải

y '3x 6mx3x x2m

3

x 0 y 1

y ' 0





1 2

2

2

Câu II:

1) sin 3x cos 3x 2 2 cos x 1 0

4



sin 3x cos 3x 2 cos x sin x 1 0

3sin x 4 sin x 4 cos x 3cos x 2 cos x sin x 1 0

4 cos x sin x 5 cos x sin x 1 0

4 cos x sin x cos x sin x cos x sin x 5 cos x sin x 1 0

4 cos x sin x 1 cos x sin x 5 cos x sin x 1 0 *

4



2

t cos x sin x 2 cos x sin x 1 2 cos x sin x cos x sin x

2



Thay vào phương trình (*), ta được:

2

2

0

t 1

1 t

2





2

Vậy phương trình có hai họ nghiệm: xk2 , x k2

2



    kZ

 







Điều kiện:  1 x, y3

Với x; y   1; 1 , 3;3   từ hệ suy ra: m = 2

Với x; y   1; 1 , 3;3  

phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang3

Từ (1) suy ra: m x 1  3 x

Xét hàm số: f x  x 1  3 x với x  1;3

Ta có: f ' x  1 1

 

f 1 2 2, f 1 f 3  2

2 2

Suy ra: 2f x 2 2

Vậy hệ đã cho có nghiệm khi 2m2 2

Câu III:

3

I

Đặt: u 3x 1 u23x 1 2udu3dx

Đổi cận: x0u1, x 1 u2

1

3 3

u 2 tan tdu 2 1 tan t dt

Đổi cận: u 1 t arctan 1

2

2



arctan 2

1 arctan

2

1

2

Câu IV:

Ta có: BCSA SA ABC , BCAB

 

Mà SBAM nên AMSBC

Ta lại có ANSC nên SCAMN



ANM

 là góc nhị diện cạnh SC

Mặt khác: AMMN (vì AMSBC)

AMN

  vuông tại M

3

2

Đặt SA = x, ta có:

2 2

AM



,

2 2

AN



Ta có:

2 2

SM

2 2

SN

S.AMN

S.AMN S.ABC S.ABC

a 3

a 2

3 S.ABC ABC

3

S.AMN

a

V

36

Câu V:

x y nên:

4

2

2



2 2 1 2 1 2

2 2

Vậy giá trị nhỏ nhất P = 4 khi x = y = 1

PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a:

1)

Gọi nn ; n1 2

là véctơ pháp tuyến của đường thẳng (d) cần tìm

Phương trình (d): n x 1  n y 2 0n xn y n 2n  0

phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang5

Tọa độ điểm A 1 2

1

; 0 n

, tọa độ điểm B 1 2

2

0;

n

 1 22

1 2 1 2 OAB



Ta có: n12n228n n1 2 1 2

OAB

1 2

8n n 1

2 n n

Vậy diện tích tam giác OAB bằng 4, khi đó n1 = 2n2

Chọn n2 = 1 n12 d : 2x   y 4 0

2)

 

d : y 1 2t

 





 





, A 1;3; 1  , B 3; 1;5

M d M 3 t;1 2t; t  

 

2

  khi t  1 M 2; 1;1  

Vậy Q nhỏ nhất bằng 62 khi đó M có tọa độ M 2; 1;1  

Câu VII.a:

Ta có:

 



Xét hàm số: f t ln tln 4 t   với 0t   t 4

 

 

2 2

Suy ra hàm số f t luôn đồng biến trên khoảng   0; 4 

Với 0xy4f x f y ln xln 4 xxln y ln 4  y  đpcm y

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b:

1)



Phương trình đường cao AH: 4x y m 0

Tọa độ điểm A:

 

1

3





  





Tọa độ điểm H:

1

17









Tọa độ điểm C:











 véctơ chỉ phương của đường thẳng AC là: a31; 22

Vectơ pháp tuyến của đường cao BI: n a31; 22

Phương trình đường cao BI: 31 x 1  22 y 1  031x22y 9  0

2)

Đường thẳng (d) đi qua điểm M 1; 1;1   có véctơ chỉ phương a2; 2;1 

Mặt cầu  S có tâm I 4; 2;1 , bán kính R = 3  

Gọi nA; B;C

là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)

Vì (P) chứa (d) nên nan.a 02A 2B C  0C 2A2B

 P : Ax By 2 A B z D 0

M P AB 2 A B D 0 DAB

 P : Ax By 2 A B z A B 0

 2

2 2

2

2 2

3 A B









 Với A = 2B, chọn B = 1A2 P : 2x y 2z 1 0 

 Với 2A = B, chọn A = 1B2 P : x2y2z 1  0

Vậy phương trình mặt phẳng (P) cần tìm là: 2x y 2z 1  hoặc x0 2y2z 1  0

Câu VII.b:

Gọi z a bi là số phức cần tìm a  3, b 1

 

 2  2

2

a 3b 4

phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang7

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2  2 2 2 2 2 2 8

5

2 10

Min z

5

2

5

b

a

b 3

5



