ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 10 NĂM 2014

Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biờn son: Vit Phng - Nam Trc, Nam nh ễN TON I HC 10 NM 2014 Thi gian lm bi 150 phỳt I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hàm số y=x 3 +3x 2 2 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm trên đờng thẳng (d): y=2 các điểm kẻ đợc ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ). Cõu II (2,0 im) 1. Gii bt phng trỡnh 2 2 2 3 5 4 6x x x x x ( x R). 2. Gii phng trỡnh 3 2 2 cos2 sin 2 cos( ) 4sin( ) 0 4 4 x x x x . Cõu III (1,0 im) Tớnh tớch phõn 3 2 2 1 log 1 3ln e x I dx x x Cõu IV(1,0 im) Cho hỡnh lng tr ABC.ABC cú ỏy l tam giỏc u cnh a, hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn mt phng (ABC) trựng vi tõm O ca tam giỏc ABC. Tớnh th tớch khi lng tr ABC.ABC bit khong cỏch gia AA v BC l a 3 4 Cõu V (1,0 im) Cho x, y, z 0 tho món x + y + z > 0. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc 3 3 3 3 16x y z P x y z II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B) A.Theo chng trỡnh Chun Cõu VI.a( 2,0 im) 1.Trong mt phng vi h ta Oxy cho hai ng thng : 3 8 0x y , ':3 4 10 0x y v im A(2 ; 1). Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm thuc ng thng , i qua im A v tip xỳc vi ng thng . 2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai ng thng d 1 : 1 1 1 2 1 1 x y z ; d 2 : 1 2 1 1 1 2 x y z v mt phng (P): x y 2z + 3 = 0. Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng , bit nm trờn mt phng (P) v ct hai ng thng d 1 , d 2 . Cõu VII.a (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc z 4 z 3 + 6z 2 8z 16 = 0 B. Theo chng trỡnh Nõng cao. Cõu VI.b(2,0 im) 1. Trong h ta Oxy, cho hai ng trũn (C 1 ): x 2 + y 2 4 y 5 = 0 v (C 2 ): x 2 + y 2 6x + 8y + 16 = 0 Lp phng trỡnh tip tuyn chung ca (C 1 ) v (C 2 ) 2. Vit phng trỡnh ng vuụng gúc chung ca hai ng thng sau: 1 2 x 1 2t x y 1 z 2 d : ; d : y 1 t 2 1 1 z 3 Cõu VII.b (1,0 im) Gii h phng trỡnh 1 4 4 2 2 1 log log 1 ( , ) 25 y x y x y x y Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định ĐÁP ÁN ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 10 NĂM 2014 Câu Ý Nội dung I 1 2 (1,0 điểm): Gọi M ( )d   M(m;2). Gọi  là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số góc k  PTĐT  có dạng : y=k(xm)+2. ĐT  là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm 3 2 2 3 2 ( ) 2 (1) 3 6 (2) x x k x m x x k               (I). Thay (2) và (1) được: 2x 3 3(m+1)x 2 +6mx4=0  (x2)[2x 2 (3m1)x+2]=0 2 2 2 (3 1) 2 0 (3) x x m x          . Đặt f(x)=VT(3) Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C)  hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt  PT(3) có hai nghiệm phan biệt khác 2 0 1 hoÆc m>5/3 (2) 0 m 2 m f               . Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với 1 hoÆc m>5/3 m 2 m       thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C) II 1 Điều kiện 2 2 2 0 0 2 5 4 6 0 x x x x x x               , PT: 2 6 ( 1)( 2) 4 12 4x x x x x     3 ( 1)( 2) 2 ( 2) 2( 1)x x x x x x       ( 2) ( 2) 3 2 2 1 1 x x x x x x        Đặt ( 2) 0 1 x x t x     ta được bpt 2 2 3 2 0t t   1 2 2 2 t t t           ( do 0t  ) Với 2 ( 2) 2 2 6 4 0 1 x x t x x x          3 13 3 13 3 13 x x x             ( do 2x  ) Vậy bpt có nghiệm 3 13x   2 3 2 2 cos2 sin 2 cos( ) 4sin( ) 0 4 4 x x x x         3 3 2 2 cos 2 sin 2 (cos .cos sin sin ) 4(sin cos cos sin ) 0 4 4 4 4 x x x x x x           4cos2xsin2x(sinx+cosx)4(sinx+cosx)=0  (sinx+cosx)[4(cosxsinx)sin2x4]=0 s inx+cosx=0 (2) 4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3)     . PT (2) có nghiệm 4 x k      . Giải (2) : Đặ s inx-cosx= 2 sin( ), §iÒu kiÖn t 2 (*) 4 t x     2 sin 2 1x t   , thay vào (2) được PT: t 2 4t5=0  t=1( t/m (*)) hoặc t=5(loại ) Với t=1 ta tìm được nghiệm x là : 3 2 hoÆc x= 2 2 x k k      . KL: ……… III 3 3 2 2 3 2 2 2 1 1 1 ln log 1 ln . ln ln 2 . ln 2 1 3ln 1 3ln 1 3ln e e e x x x xdx I dx dx x x x x x x                Đặt 2 2 2 1 1 1 3ln ln ( 1) ln . 3 3 dx x t x t x tdt x        . Đổi cận … Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định Suy ra     2 2 2 3 2 2 3 3 2 1 1 1 1 1 log 1 1 1 3 . 1 ln 2 3 9ln 2 1 3ln e t x I dx tdt t dt t x x          2 3 3 3 1 1 1 4 9ln 2 3 27ln 2 t t          IV Gọi M là trung điểm BC ta thấy:      BCOA BCAM ' )'( AMABC  Kẻ ,'AAMH  (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) Do BCHM AMAHM AMABC       )'( )'( .Vậy HM là đọan vơng góc chung của AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd  . Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH ta có: AH HM AO OA  '  suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A  Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC  V Trước hết ta có:   3 3 3 4 x y x y    (biến đổi tương đương)     2 0x y x y     Đặt x + y + z = a. Khi đó       3 3 3 3 3 3 3 3 64 64 4 1 64 x y z a z z P t t a a          (với t = z a , 0 1t  ). Xét hàm số f(t) = (1 – t) 3 + 64t 3 với t   0;1 . Có     2 2 1 '( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1 9 f t t t f t t            Lập bảng biến thiên     0;1 64 inf 81 t M t     GTNN của P là 16 81 đạt được khi x = y = 4z > 0 VIa 1 Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có 2 2 2 2 3( 3 8) 4 10 ( 3 8 2) ( 1) 3 4 t t t t            Giải tiếp được t = 3 Khi đó I(1; 3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 25. 2 Gọi A = d 1  (P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d 2  (P) suy ra B(2; 3; 1) Đường thẳng  thỏa mãn bài tốn đi qua A và B. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là (1;3; 1)u    Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: 1 2 1 3 1 x y z     VIIa Xét phương trình Z 4 – Z 3 + 6Z 2 – 8Z – 16 = 0 Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z 1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức hoặc Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z 2 = 2. Vậy phương trình trở thành: (Z + 1)(Z – 2)(Z 2 + 8) = 0 Suy ra: Z 3 = 2 2 i và Z 4 = – 2 2 i A B C C ’ B ’ A ’ H O M Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định Ñaùp soá:     1,2, 2 2 i, 2 2 i VIb 1         1 1 1 2 2 2 : 0;2 , 3; : 3; 4 , 3. C I R C I R    Gọi tiếp tuyến chung của     1 2 ,C C là   2 2 : 0 0Ax By C A B       là tiếp tuyến chung của     1 2 ,C C         2 2 1 1 2 2 2 2 2 3 1 ; ; 3 4 3 2 B C A B d I R d I R A B C A B                        Từ (1) và (2) suy ra 2A B hoặc 3 2 2 A B C    Trường hợp 1: 2A B .Chọn 1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0B A C x y             Trường hợp 2: 3 2 2 A B C    . Thay vào (1) được 2 2 4 2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0 3 A B A B A A B y x y               2 Gọi     1 2 M d M 2t;1 t; 2 t ,N d N 1 2t ';1 t';3                            1 1 MN.u 0 MN 2t 2t ' 1;t t '; t 5 MN.u 0 2 2t 2t' 1 t t' t 5 0 6t 3t ' 3 0 t t ' 1 3t 5t' 2 0 2 2t 2t' 1 t t ' 0 x 2 y z 1 M 2;0; 1 , N 1;2;3 ,MN 1;2;4 PT MN : 1 2 4                                                                  VIIb Điều kiện: 0 0 y x y       Hệ phương trình   4 4 4 2 2 2 2 2 2 1 1 log log 1 log 1 4 25 25 25 y x y x y x y y y x y x y x y                                  2 2 2 2 2 3 3 3 25 25 9 25 10 x y x y x y y x y y y                           15 5 ; ; 10 10 15 5 ; ; 10 10 x y x y                         ( loại) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. . dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định ĐÁP ÁN ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 10 NĂM 2014 Câu Ý Nội dung I 1 2 (1,0 điểm): Gọi M ( )d   M(m;2)        2 2 2 2 2 3 3 3 25 25 9 25 10 x y x y x y y x y y y                           15 5 ; ; 10 10 15 5 ; ; 10 10 x y x y                   . Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biờn son: Vit Phng - Nam Trc, Nam nh ễN TON I HC 10 NM 2014 Thi gian lm bi 150 phỳt I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho