Các đề toán ĐH có giải [cực hay]

99 180 0
Các đề toán ĐH có giải [cực hay]

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Bộ đề ôn thi Đại học ĐỀ Câu I x   cos  3sin   x  1  cos2  x  Chứng minh với  hàm số có cực đại cực tiểu Giả sử hàm số đạt cực trị x1 , x Chứng minh: x12  x22  18 Câu II Giải phương trình: 31  2cos x   t anx  t anx  2sin x  Cho hàm số: Cho hàm số: y   3 x  y   2 Giải hệ phương trình sau:    x   y  10  2 Câu III Trong mặt phẳng Oxy, cho Parabol  P  : y  64 x đường thẳng  : x  y  46  Tìm A thuộc (P) cho khoảng cách từ A đến  nhỏ Tính khoảng cách nhỏ Trong không gian Oxyz, cho hai điểm M  0;0; 3 , N  2;0; 1 mặt phẳng   : x  y  z   a) Tìm tọa độ giao điểm I đường thẳng MN với mặt phẳng   b) Tìm tọa độ P nằm mặt phẳng   cho tam giác MNP Câu IV ln e x dx 1.Tính tích phân : I   x x ln 10  e  e  Tìm tập hợp điểm M mà tọa độ phức thỏa mãn điều kiện: z   i  Câu V 20 C02010 21 C12010 2 C2010 23 C32010 22010 C 2010 2010 Tính P       1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012 Cho a, b, c ba số thực thoả mãn điều kiện: a  b  c  Chứng minh rằng: 27 a  27 b  27c  3a  3b  3c Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I Xét PT: y  2x   cos  3sin   x  1  cos2   Ta có: 2    cos  3sin    16 1  cos2    cos  3sin    32cos    cos  3sin   sin   Nếu       sin   cos 2  Điều cos  cos  vô lý Suy    Do hàm số có cực đai, cực tiểu Theo định lý Viet, ta có: x1  x  3sin   cos ; x1x  4 1  cos2  2 x12  x 22   x1  x   2x1x   3sin   cos   1  cos2   9sin   6sin  cos  17 cos  x12  x22  18  9sin   6sin  cos  17 cos   18  sin   cos 2    3sin   cos   Từ đây, ta suy ra: đpcm Câu II ĐK: cos x  PT  1  2cos x   tan x 1  2cos x   1  2cos x    tan x    1    cos x    cos x   cos x   cos x      2 2    2 cos x   tan x  sin x  3cos x 1  cos x  3cos x  1 2   cos x   cos2x    2x    k2  x    k k   3 thỏa mãn điều kiện ban đầu 3 ĐK:   x, y  2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski:   3 3   1  x   y   12  12    x   y   x  y  2 2    (1)   3 3  10  1  x   y   12  12    x   y   x  y  2 2 2    Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam (2) Bộ đề ôn thi Đại học Từ (1) (2) suy x  y  , nghĩa dấu xảy (1) (2) Khi         x  x  y  x  y Vậy  x; y   1;1 nghiệm hệ y Câu III  a2  A   P  : y  64x  A  ;a   64  a2  3a  46 64 2 d  A,     a  48a  736  a  24   160  80 80 42  32 160   a  24   160     80 80  Dấu xảy khi a  24   a  24 Lúc Mind  A,    A  9; 24   a) Đường thẳng MN qua M  0;0; 3 nhận MN   2;0;2  làm VTCP nên có  x  2t  phương trình:  y   z  3  2t  I  MN   P   Tọa độ điểm I ứng với tham số t nghiệm phương trình: 11 4  11  I  ;0;   10 5 5 b) Gọi    mặt phẳng trung trực đoạn thẳng MN Gọi K trung điểm   MN  K 1;0; 2  Chọn n  MN  1;0;1 làm VTPT    Lúc đó,    có phương trình: 1. x  1  1. z     x  z   3.2t  8.0  7. 3  2t     t   P        P    cho MNP   2  MN  NP Giả sử tọa độ điểm N  a;b;c  , ta có: Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học 3a  8b  7c    a  c    2 a  b   c  3   2 1 Giải hệ phương trình , ta tìm P  2; 2; 3 , P   ;  ;    3 3 Câu IV Đặt t  e x   t  e x   2tdt  e x dx Đổi cận: x  ln  t  ; x  ln  t  2 2 2tdt dt  1  3 t I  2     dt  ln  t   t    t  t  3 t 9  t  t  1  ln 2 Hai số phức liên hợp có mođun nhau, ta suy z 2i  z 2i Vì z   i  z   2  i   z   i Từ ta có: z   i  Tập hợp điểm M đường tròn tâm I  2;1 , bán kính R  Câu V 2010 20 C02010 21 C12010 2 C 2010 23 C32010 2010 C2010 A       2011 Ta có: k k 2k C k2010  2  2010!   2  2010!   1  k  1 k! 2010  k ! k  1  k  1! 2010  k ! k k  2  2011! k 1 1      2  C k2011 2011  k  1! 2011  k  1! 4022  2011    2  C12011   2  C22011    2  C 2011 2011  4022  2011    2  1   2  C02011   4022 2011 P Đặt x  3a ; y  3b ; z  3c Bài toán quy chứng minh bất đẳng thức: x  y3  z  x  y  z với x, y, z dương thỏa mãn xyz  3a.3b.3c  3a  bc  30  Ta có: x    3 x 1.1  3x Tương tự y3    3y ; z    3z Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học Cộng vế theo vế 3  x  y  z    3 x  y  z  bất đẳng thức trên, (1) ta được: Mặt khác  x  y3  z    x  y3  z    x  y3  z3    x  y3  z   2.3 x y3z    x  y  z3   2.3xyz   x  y  z3   (2) Từ (1) (2) suy đpcm ĐỀ Câu I 2x 1  C  điểm M thuộc (C) Gọi I giao điểm x 1 hai tiệm cận Tiếp tuyến M cắt hai tiệm cận A B Chứng minh rằng: M trung điểm AB Chứng minh diện tích tam giác IAB không đổi Tìm tọa độ điểm M để chu vi tam giác IAB nhỏ Câu II Giải phương trình:  8sin x  1  162sin x  27  Cho hàm số: y  Tìm m để phương trình sau có nghiệm: Câu III x2  x   x2  x   m x2 1.Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P): y  x  x elip (E):  y  Chứng minh (P) (E) cắt điểm phân biệt A, B, C, D bốn điểm nằm đường tròn Xác định tâm bán kính đường tròn Cho tia OA, OB, OC đôi vuông góc OA = a, OB = b, OC = c Gọi  ,  ,  góc mặt phẳng (OAB), (OBC) , (OCA) với mặt phẳng (ABC) Chứng minh rằng: cos 2  cos   cos 2  Câu IV  dx  sinx  cos x Tính tích phân: I   Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học Gọi A, B theo thứ tự điểm mặt phẳng phức biểu diễn số z khác 1 i z  z Chứng minh tam giác OAB vuông cân Câu V  22 y  x  y  x 1 Giải hệ phương trình sau:  2 log  x  y  1  log y  2 x  y  Cho số thực dương thay đổi x, y, z thỏa mãn điều kiện  1 1 1 24           Tìm giá trị lớn biểu thức: y z  x x y z 1 Q   30 x  y  2008 z 30 y  z  2008 x 30 z  x  2008 y HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I 2x  2x    ; TCN: y  lim  x 1 x  x  x  Giao điểm hai tiệm cận I 1;2  Hàm số viết lại sau: y   x 1   Gọi M  x ;2     C x    Tiếp tuyến với (C) M là: y  y  x  x  x    x0 1 Ta có : TCĐ : x  lim   Giao điểm tiếp tuyến với TCĐ A 1;2   x0    Giao điểm tiếp tuyến với TCN B  2x  1;2  xA  xB  x   x0 M  Ta có :  A , M , B thẳng hàng nên M trung điểm y  y A B  yM  2 x0 1  đoạn thẳng AB 1 2 S IAB  IA.IB   x  1  2 x0  Vậy diện tích tam giác IAB không đổi Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học Ta có: IA.IB  Chu vi  IAB   IA  IB  AB  IA  IB  IA  IB2   IA.IB  2IA.IB  2    x   M  0; 1 Dấu xảy IA  IB   x      x   M  2;3 Câu II Đặt u  2sin x ĐK: 2  u  3 PT cho thành:  u  1  81u  27    u  1  81u  27 Đặt 3v  u   3u  v3  Do đó, ta có: 3  u   3v  u   3v u   3v    3 2 u  v  v  u   v   3u      u  v   u  uv  v     u   3v  u   3v     3u  u   v   u  v    u    v  3   u  v      Lúc đó: 6sin x  8sin x   3sin x  4sin x   sin 3x  sin   2   3x   k2  x  18  k    3x   x  5  k 2  k2   18 2 2 1  3 1  3   x  x 1  x  x 1  m   x       x     m 2   2      3 1 3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét: A   ;  ; B ;  đỉnh 2 2     M  x;0  ta có: AB  2 Với điểm M AM  BM  AB  2 1  3 1  3   Mà AM   x      ; BM=  x      2   2     Suy ra: m   1  m  Vậy phương trình cho có nghiệm 1  m  Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học Câu III Tọa độ giao điểm (P) (E) nghiệm hệ phương trình:  y  x  2x x2  2   x  2x   9x  36x  37x     x   y 1 9 Đặt f  x   9x  36x  37x  f  x  liên tục  f  1 f    657   x1   1;0  : f  x1   f   f 1  9   x   0;1 : f  x   f 1.f    5   x  1;2  : f  x   f   f  3  405   x   2;3  : f  x   Do PT: f  x   PT bậc nên có tối đa nghiệm Vậy PT f  x   có nghiệm phân biệt nên (P) cắt (E) điểm phân biệt Giả sử  P    E   M  x ; y  Khi đó, ta có:  y0  x 02  2x 2   x  2x  y  8x  16x  8y     x0 2 x  9y    y    x  9y     0 9 Cộng vế theo vế hai phương trình trên, ta : 16 9x 02  9y 02  16x  8y    x 02  y02  x  y   9 2 8   161  Vậy giao điểm (P) (E) nằm  x     y0    9  9 81  161 8 4 đường tròn tâm I  ;  , bán kính R  9   z C O A x Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam B y Bộ đề ôn thi Đại học   1  x y z mp  ABC  :     có phương vectơ pháp tuyến n1   , ,  a b c a b c   mp  OAB  có vectơ pháp tuyến n2  OC   0,0, c    mp (OBC ) có vectơ pháp tuyến n3  OA   a,0,0    mp  OAC  có vectơ pháp tuyến n4  OB  (0, b,0) Gọi  ,  ,  góc mặt phẳng  OAB  ,  OBC  ,  OCA với mp  ABC  Vậy : 1 1 0 c a b c c cos   1 1 1 02  02  c2    2 2 a b c a b c 1 1 a 0 0 a b c a cos   1 1 1 a   02    2 2 a b c a b c 1 1 b 0 a b c b cos   1 1 1  b  02    2 2 a b c a b c Từ (1), (2) (3) suy ra: cos 2  cos   cos 2  Câu IV x 2dt Đặt t  tan  dx   t2  x 0t 0 ; x = t  3 I  2dt  2t 1 t2   1  t  1   t   t    dt 0  t  ln  t (1) (2) (3)    ln 1   3  Giả sử z  x  yi ta có : A  x; y  Vì z  nên x  y  1 i xy xy Ta có z  z  1  i  x  yi    i 2 2 xy xy Vậy B có tọa độ : B  ;    Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi Đại học 2 2 xy xy x y Ta lại có: OA  x  y ; OB        2     2 2 xy  x  y   x  y   y  x  x  y2  AB   x   y               OB  AB Từ đó, suy :  2 OA  OB  AB  Vậy tam giác OAB vuông cân B Câu V  22 y  x  y  x 1 1  2 log  x  y  1  log y  2 x  y    ĐK: y  Chia hai vế (1) cho x  ta được:  yx  2 y  x  2 y  x  y x yx 2 22      yx   2 Loại y x  2  ( vô lý) Nhận y x   x  y Thay y  x vào (2) ta được:   log  x  3x  1  log x  2x  4x   log  x       x  1 (3) x     Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: VT  3  log  x     log     x   VP  3   x  x Vậy VT  3  VP       x   y  (thỏa ĐK y  )  x  1   Vậy  x; y   1;1 nghiệm hệ phương trình 2 1 1 1  Dấu xảy x     0  x 3x 36 x 6 1 Tương tự :   Dấu xảy y  y 3y 36 2 2 1   Dấu xảy y  z 3z 36 Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 10 Bộ đề ôn thi Đại học  1  cos x  cos x  sin x  cos x  4cos x  4cos x cos x  sin x  cos x  4cos x   cos3 x  cos x   sin x  cos x    cos x  sin x  cos3 x  cos  x    cos3 x 2 3      x   x  k  x   k      k    thoả điều kiện ban đầu     x   3 x  k 2 x    k   12 Câu III Phương trình hoành độ giao điểm  P   d  : x  mx   có   m   m Vậy  d  cắt  P  hai điểm phân biệt M N Gọi x1 , x hoành độ M, N Ta có: M  x1; mx1  1 , N  x2 ; mx2  1 với  m m2   x1  x2  m , x1 x2  1 Gọi I trung điểm MN I  ;   2   Mặt khác OM ON  x1 x2  m x1 x2  m  x1  x2    1  m  1  m.m   Suy ra: OM  ON hay tam giác OMN vuông O hay I tâm đường tròn m m2  ngoại tiếp tam giác OMN Với x  , y= khử m từ hai phương trình 2 ta được: y  x  Đây quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN  a) Đường thẳng AB qua A 1;2;3 nhận AB   3;2;2  làm vectơ phương  x   3t  nên có phương trình:  y   2t  t     z   2t  Phương trình mặt phẳng (xOy) là: z  P  AB   xOy   Tọa độ điểm P ứng với tham số t nghiệm phương trình:    2t   t    P   ; 1;0    Đặt F  z Ta có: FA FB  1.4   A, B phía với  xOy  Vì QA  QB  AB Dấu “=” xảy Q  P Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 85 Bộ đề ôn thi Đại học b) Gọi d đường thẳng qua A, vuông góc với mặt phẳng (xOy) Khi d nhận vectơ pháp tuyến (xOy) làm vectơ phương nên có phương trình: x   y  z   t  Gọi H  d   xOy   Toạ độ điểm H ứng với tham số t nghiệm phương trình:  t   t  3  H 1;2;0  Gọi C điểm đối xứng A qua mặt phẳng (xOy) Khi đó: H trung điểm AC Suy C 1;2; 3 2 1         3    77 Dấu “=” xảy M  BC   xOy   Đường thẳng BC qua B  4;4;5 nhận BC   3; 2; 8  làm vectơ phương Ta có: MA  MB  MC  MB  BC   x   3t  nên có phương trình;  y   2t  t     z   8t  Toạ độ điểm M ứng với tham số t nghiệm phương trình  17 11   8t   t   M  ; ;0     17 11  Vậy Min  MA  MB   77 M  ; ;0  8  Câu IV   Vì cos x  x  0;  nên chia tử mẫu hàm số dấu tích phân  4 cho cos x  ta được:    dx 4 d  tan x  d  tan x  cos x I    tan x  tan x  0  tan x  12  0 tan x   tan x     =   1 tan      d tan x  ln     2 0  tan x   tan x    2 tan x   1 2 ln   2  ln  2 2 2   k + Nếu n  4k  k   i n  i k   i   Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 86 Bộ đề ôn thi Đại học + Nếu n  4k   k   i n  i k i  1.i  i + Nếu n  4k   k    i n  i k i  1. 1  1 + Nếu n  4k   k   i n  i k i  1 i   i Câu V + Điều kiện: 1  x, y  + Với điều kiện đó, hệ phương trình cho viết thành:  x  y  y  x  2  2  x  y  y  x   1  x, y   + Từ điều kiện toán là:  x  y  y  x   2  x  y  y  x  + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovsky, ta có : x  y2  y  x2  x *   x  y   y     x, y   Do : x  y  y  x    x  x ( kết hợp với (*))   y  1 y   x, y   1 x  y   + Lại áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovsky hai lần ( có kết hợp với (1) ), ta đuợc : x  y  y  x   x  y2   x  y  2  x  y  1  1  x2  y    2   x, y   x y   1 x  x  y  Do : x  y  y  x      y  x2  y    x  y + Từ (1) (2) ta hệ cho tương đương với: Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 87 Bộ đề ôn thi Đại học    x, y   2 x  y 1  x  y   x  y   Vậy x  y  nghiệm hệ phương trình cho 2 Xét hàm số f  x   ln x  x  1, x   0;   Ta có : f   x    x Vậy f  1  0, f   x    x  f   x   x  Suy f  x   f 1  0, x   0;       Vậy xf    yf     2x   2y  x x, y  y     Hay ln    ln     2x   2y  Suy x x y y  Mặt khác x x  y y  x x y y   2 Dấu “=” xảy x  y  Vậy giá trị nhỏ biểu thức x x  y y ĐỀ 16 Câu I x 1 (C) x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm Oy điểm kẻ tiếp tuyến đến đồ thị  C  Câu II Giải phương trình: x x    x  x  Cho hàm số: y  Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 88 Bộ đề ôn thi Đại học 2  x  x y  x y  Giải hệ phương trình;   x y  x  xy  1 Câu III Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với AB  5, C  1; 1 , đường thẳng AB có phương trình x  y   trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x  y   Hãy tìm toạ độ điểm A B Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A  5;4;3 , B  6;7;2  x 1 y  z  d1 :   a) Viết phương trình đường thẳng d qua hai điểm A, B Chứng minh hai đường thẳng d1 d chéo b) Tìm điểm C thuộc d1 cho tam giác ABC có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ Câu IV e  2ln x Tính tích phân: I   dx x  2ln x Tìm miền xác định hàm số: y  ln  82lg x  2lg x  Câu V Gọi x, y, z khoảng cách từ điểm M thuộc miền tam giác ABC có góc nhọn đến cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng: a2  b2  c2 x y z , a, b, c độ dài cạnh tam giác, R bán 2R kính đường tròn ngoại tiếp Dấu “=” xảy nào?   Giải phương trình: 3log  x  x  2log x HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I Học sinh tự giải Lấy M  0; a   Oy Đường thẳng  qua M với hệ số góc k có phương trình: y  kx  a  tiếp xúc với  C  hệ sau có nghiệm: Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 89 Bộ đề ôn thi Đại học  x 1  x   kx  a   2 k    x  1 1 2 Thay (2) vào (1), ta được:  x  x 1 2  x  a   2 x   x  1  x   2 x  a  x  1  x    a  1 x   a  1 x  a   Ta xét khả sau đây:  3 + Nếu a  , phương trình (3) thành: 4 x    x   Suy từ M  0;1 kẻ tiếp tuyến đến (C) + Nếu a  1, để từ M kẻ tiếp tuyến đến (C) phương trình (3) phải có nghiệm kép khác có hai nghiệm phân biệt có nghiệm       a  1   a  1 a  1      x   a  1   2  a  1  a   a 1         a  1   a  1 a  1         a  1   a  1  a    2    2  a  1    a  3   a  1  M  0; 1  a       2   Vậy từ điểm M  0;1 , M  0; 1 kẻ tiếp tuyến đến  C  Câu II Điều kiện: 1  x    Đặt u   x;1 , v  x  1;  x    Ta có; uv  x x    x u v  x   Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam  90 Bộ đề ôn thi Đại học    Suy ra: uv  u v Dấu “=” xảy x  k x     x 1 u  kv , k >  1  k  x   x    k   Vậy x  1, x = 1+ nghiệm phương trình cho Nhận xét: x  nghiệm phương trình Vì x  Ta có: x  x y    x  xy   x y Đặt u   x  xy , v = x y Hệ cho thành: u  1  u  v   v  u   v       u  u  v  1 u  u    v  3  x     u  1  x  xy  1   y  + Nếu     v  x   x y        y     x  xy   x  x  u  + Nếu    ( Vô nghiệm)  x y  3  v  3 y    x3 Vậy tập hợp nghiệm hệ phương trình là: S  1;0  ,  1;0  Câu III Vì G trọng tâm tam giác ABC nên x A  xB  xC  x A  xB   xG y A  y B  yC  y A  y B   yG G thuộc đường thẳng x  y   Suy x A  y A  xB  yB    xG  yG   3.2  Lại A, B thuộc đường thẳng x  y   nên  y  y B  2  x A  y A  xB  yB   y A  y A   yB  y B   A  x A  xB  10 2 Mặt khác AB    x A  xB    y A  y B   Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 91 Bộ đề ôn thi Đại học Nhưng x A   y A , x B   yB nên x A  xB   yB  y A  2 Suy  x A  xB    y A  yB    y A  y B    y A  yB   y  y B  1 Vậy   A  y A  y B  2  y A  y B  Giải hệ phương trình ta suy 1 3 3 1     A  4;   , B  6;   A  6;   , B  4;   2 2 2 2      a) Đường thẳng d qua A  5;4;3 nhận AB  1;3; 1 làm vectơ phương nên có phương trình tham số: x   t   y   3t z   t   Đường thẳng d1 qua M 1;2;3 nhận u   2;3;1 làm vectơ phương    1 2   Ta có: u; AB    ; ;   6;3;3 ;  MA   4; 2;0      1      Suy ra: u; AB  MA  18  Vậy d1 d không đồng phẳng b) C  d1  C 1  2t ;2  3t;3  t   AC   2t  4;3t  2; t     1 1 1   AB; AC    ; ;    6t  2; 3t  4; 3t  10    t  t t t  t  t    S ABC     AB; AC      6t   2   3t     3t  10  1 66 54t  108t  120  54  t  1  66  2 66 Dấu “=” xảy t = Vậy MinS ABC  C  3;5;4   Câu IV Đặt t   2ln x  t   2ln x  tdt  Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam dx x 92 Bộ đề ôn thi Đại học   t  1 2  t3  10 11 Khi đó: I   tdt     t  dt   4t    2 t 1 3  1 Hàm số xác định  x   x  2  lg x lg x     2lg x 2lg x   2lg x 2 lg x          x  x    9 2lg x    lg x  2   9  2  lg x     lg x  x  x     x  100 lg x   x  100 Vậy miền xác định hàm số cho là: D  100;   Câu V 1 1 Ta có: x  y  z  ax  by  cz a b c 1 1 1 1  1  abc       ax  by  cz       2S      = a b c a b c a b c R       = ab  bc  ca a  b2  c2  2R 2R (đpcm) Điều kiện: x > Đặt x  1212 y Phương trình cho thành: 3log 1  26 y  24 y   12 y  log 1  26 y  24 y   y   26 y  24 y  34 y y y y    64   16    64  16  81           (*)  81   81   81  Nhận xét: Phương trình (*) có nghiệm y  VT(*) tổng hàm nghịch biến nên hàm nghịch biến, VP(*) hàm Do y = nghiệm phương trình (*) Với y  ta suy x  4096 Vậy phương trình cho có nghiệm x  4096 y y y Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 93 Bộ đề ôn thi Đại học ĐỀ 17 Câu I x3 (C) x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm đường thẳng y  x  điểm kẻ tiếp tuyến đến (C) Câu II Cho hàm số: y   Giải phương trình: 2cos x  sin x cos x   sin x  cos x   x  x  x   y 1  Giải hệ phương trình:   x, y    x 1 y  y  y     Câu III Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn  C  : x  y  Tìm giá trị thực m để đường thẳng y  m tồn hai điểm mà từ kẻ tiếp tuyến với (C) cho góc hai tiếp tuyến 600 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng  P  có phương trình x3 y z 5 x  y  z   , đường thẳng d có phương trình   ba điểm A  4;0;3 , B  1; 1;3 , C  3;2;6  a) Viết phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm A, B, C có tâm thuộc mặt phẳng (P) b) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính lớn Câu IV Trong mặt phẳng Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y  x2 , y =  x Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 94 Bộ đề ôn thi Đại học HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I Học sinh tự giải + Lấy A  a;2a  1   C  + Đường thẳng  qua A với hệ số góc k có phương trình: y  k  x  a   2a  + Đường thẳng  tiếp xúc với A hệ sau có nghiệm: x 3 1  x   k  x  a   2a    4 k   2   x  1 Thay (2) vào (1), ta được: x3 4   x  a   2a  x   x  1  x    x  3 x  1  4  x  a    2a  1 x  1  x    ax   a   x  3a     + Nếu a  phương trình (3) thành 4 x    x   Do từ M  0;1 kẻ tiếp tuyến đến (C) + Nếu a  để kẻ tiếp tuyến đến (C) - Phương trình (3) có nghiệm kép khác Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 95 Bộ đề ôn thi Đại học    2  a  1   a    a  3a    2  a  a        a2 a   x  a   a   a 2  Do từ điểm M  1; 1 , M  2;5 kẻ đến (C) tiếp tuyến - Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt, có nghiệm x =1 2  a  a          a 1 a  a   a     a     Do từ M 1;3 kẻ tiếp tuyến đến (C) Vậy từ điểm M có toạ độ  1; 1 ,  0;1 , 1;3 ,  2;5 kẻ tiếp tuyến đến (C) Câu II Phương trình cho tương đương với   cos x  sin x  sin x  cos x  1  1  3    cos x  sin x    sin x  cos x  2 2  2            2cos  x    6cos  x     cos  x    3cos  x   3 6 3 6        cos  x     6       2cos  x    3cos  x      6 6      cos x          Loại nghiệm cos  x    6     2  Ta có: cos  x     x    k  x   k  k    6  Đặt u  x  , v = y-1 u  u   5v Hệ phương trình cho thành:  v  v   5u Xét hàm số: f  t   t  t  f  t    t t2 1  t2 1  t t2 1  Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam t t t2 1  t 96 Bộ đề ôn thi Đại học Vậy f  t  đồng biến  Nếu u  v f  u   f  v   5v  5u  v  u Do u  v 1  5u  Hệ phương trình tương đương với  u  v Đặt g  u   5u  u2   u  u2   u    u  u   u  5u   1  u 1     5u u   u  ln    u   u    Vậy g  u  đồng biến  Ta có: g   u   5u ln     Từ g    ta suy 5u   u2   u   u  Suy u  v  hay x  y  Vậy x  y  nghiệm phương trình cho Câu III Đường tròn  C  có tâm O  0;0  , bán kính R  Giả sử đường thẳng y  m tồn hai điểm P, P từ điểm kẻ hai tiếp tuyến đến (C) Dễ thấy P P đối xứng qua trục Oy Gọi A, B tiếp điểm hai tiếp tuyến kẻ từ P tới (C) ta có  APB  600  APB  1200 Nếu  APB  600  APO  300  OP  2OA  Vậy đường thẳng y  m phải cắt đường tròn  C1  tâm O  0;0  , bán kính R1  tức m phải thoả mãn điều kiện 2  m  (1) OA Nếu  APB  1200  APO  600  OP    sin 60 3 Vậy đường thẳng y = m phải không cắt đường tròn  C2  tâm O, bán kính 2 tức m   (2) R2  m 3 Kết hợp (1) (2) ta tập hợp giá trị m cho cho đường thẳng y  m tồn hai điểm mà từ điểm kẻ hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) với góc tiếp tuyến 600 là: 2 2  m     m  3 Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 97 Bộ đề ôn thi Đại học a) Gọi toạ độ tâm I  x; y; z  Vì mặt cầu (S) qua điểm A, B, C nên IA  IB  IC hay 2 2 2 2  x    y   z  3   x  1   y  1   z  3   x  3   y     z   5 x  y  Rút gọn ta thu hệ phương trình   x  y  z  19 Vì I   P  nên x  y  z  1 5 x  y   Vậy x, y, z nghiệm hệ  x  y  z  19  x  y  z  1  Giải hệ phương trình ta x  , y = 2, z = Bán kính mặt cầu R  IA    1 2        3  13 2 Phương trình mặt cầu (S) cần tìm là:  x  1   y     z    13 b) Giao tuyến (Q) (S) đường tròn có bán kính lớn (Q) chứa tâm I mặt cầu (S) (Q) lại chứa đường thẳng d nên vectơ pháp  tuyến n (Q) vuông góc với vectơ phương u đồng thời vuông góc với   vectơ IM , M  3;0; 5   d , IM   2; 2; 8     IM ; u    70; 18;22    35; 9;11   Mặt phẳng (Q) chứa điểm I đường thẳng d nên có vectơ pháp tuyến  n   35; 9;11 Phương trình mặt phẳng (Q): 35  x  1   y    11 z  3   35 x  y  11z  50  Câu IV Phương trình đường cong y   x phương trình nửa đường tròn tâm O  0;0  bán kính R   y   Phương trình y  x phương trình Parabol có đỉnh O  0;0  Phương trình hoành độ giao điểm chúng là:  x  x  x  1  y  Gọi S diện tích hình phẳng cần tìm Ta có: S   1  2  1  x  x dx    x dx   x dx    x dx  Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 1 1 98 Bộ đề ôn thi Đại học Đặt I    x dx Ta tính tích phân sau:   Đặt x  sin t , t  0;   4   I    2sin t cos tdt   cos tdt 0    4    1  cos 2t  dt   t  sin 2t     0   Vậy S      3 abc Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 99 [...]... 2 Vậy có 4 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là:  3;2  ,  3; 2  ,  3;2  ,  3; 2  Và MinSOAB  12 2 Gọi   là mặt phẳng cần tìm có dạng: ax  by  cz  d  0 c  d  0 Vì M  0;0;1 , N  3;0;0     nên  Chọn a  1  d  3 , c  3 3a  d  0  Lúc đó:   : x  by  3z  3  0 có VTPT có VTPT n  1;b;3  Mặt phẳng Oxy có VTPT k   0;0;1  n.k 3  3 1 Theo đề, ta có: cos...  2 2 Giải phương trình trên  z 2 2  3z  6   2z  z 2  6   3z 2  0 x Câu V Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 22 Bộ đề ôn thi Đại học 2 2  x  xy  y  3 Cho các số thực x, y, z thỏa:  2 2  y  yz  z  16 Chứng minh rằng: xy  yz  zx  8 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I 1 Bạn đọc tự giải  x 1 2 M   C   M  x 0 ; 0  x0  1   Gọi d M là khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ, ta có: d... tìm thỏa mãn yêu cầu đề toán Câu II 1 Điều kiện đủ: Nếu phương trình có nghiệm x 0 thì  x 0 cũng là nghiệm của nó Do đó phương trình có nghiệm duy nhất thì điều kiện đủ là: x 0   x 0  x 0  0 Thay vào phương trình, ta được: m  3 Điều kiện cần: Với m  3 , phương trình có dạng: 1  x 2  2 3 1  x 2  3  1  x 2  1 2 x 0   1  x 2  2 3 1  x 2  3 Do đó phương trình có  3 1  x 2  1... khi x  y  z  6 4084 ĐỀ 3 Câu I Cho hàm số: y  x 4  2m 2 x 2  1 (1) 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 11 Bộ đề ôn thi Đại học 2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân Câu II 1 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: 1  x 2  2 3 1  x 2  m  x  1  y 2  1 2 Giải hệ phương trình... khai triển có số hạng hữu tỉ   k  4 0  k  124  k 4  k  4t    0  t  31 0  k  124 0  4t  124   Có 32 giá trị của t suy ra có 32 giá trị của k Vậy trong khai triển trên có 32 số hạng hữu tỉ 2 2 z 22  z1  z 2  z1   z 2  z1 z 2  z1 2 2 Ta có: z1  z 2  z1z 2   2  2   z  z z  z    z1  z 2 z 2  z1 2 1 2  1 Vì z1 , z 2  0 nên z1 , z 2  0 Từ ta có:   z... là đpcm ĐỀ 4 Câu I Cho hàm số: y  2x 3  3  m  3  x 2  18mx  8 1 Tìm m để đồ thị hàm số tiếp xúc với trục hoành 2 Chứng minh rằng tồn tại điểm có hoành độ x 0 sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại đó song song nhau với mọi m 3 Chứng minh rằng trên Parabol  P  : y  x 2 có hai điểm không thuộc đồ thị hàm số với mọi m Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 16 Bộ đề ôn thi Đại học Câu II 1 Giải phương... SV Trường ĐH Quảng Nam 21 Bộ đề ôn thi Đại học sin a  sin b  sin c  1 Dấu bằng xảy ra   cosa  cos b  cos c  1 ĐỀ 5 Câu I x 1 C x 1 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số 2 Tìm M   C  để tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ là nhỏ nhất Câu II 1.Tìm m để phương trình 1  2cos x  1  2sin x  m 1 có nghiệm Cho hàm số: y   x log3 y  2y log3 x  27 2 Giải hệ phương... mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức z1 , z 2 khác 0 thỏa mãn đẳng thức z12  z 22  z1z 2 Chứng minh tam giác OMN là tam giác đều Câu V  4 1 Tính tích phân: I    tan 2 x  tan x  e  x dx 3 4 x 1 2 Chứng minh rằng: x 1 x  x 1 x  2 x   0;1 e HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 12 Bộ đề ôn thi Đại học 1 Bạn đọc tự giải 2 y  x 4  2m 2 x 2  1 TXĐ: D... VTPT k   0;0;1  n.k 3  3 1 Theo đề, ta có: cos        b   26 3 n k 1  b 2  9 1 b 2  10 2 Vậy có 2 mặt phẳng   thỏa mãn đề toán: x  26y  3z  3  0 ; x  26y  3z  3  0 x y z 2 Phương trình mặt phẳng (ABC):    1 a b c Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 14 Bộ đề ôn thi Đại học 1 1 1 1   a 2 b2 c2 d  d O;  ABC    2 1 1  1 1 1 1 1 1 1 9   a  b  c   ... 0 6 3  Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 23 Bộ đề ôn thi Đại học Ta có:  m  0 (1)   2  2  2  sinx  cos x   2 1  2cos x 1  2sin x   m  2   Đặt t  sinx  cos x  2 sin  x   với   x  6 3 4  3 1  t  2 2 Phương trình  2  trở thành: 2t  2  2 2t 2  2t  1  m 2 2 (3) Phương trình đã cho có nghiệm khi chỉ khi phương trình  3 có nghiệm  3 1  t ; 2  2 ... by  3z   có VTPT có VTPT n  1;b;3  Mặt phẳng Oxy có VTPT k   0;0;1  n.k  Theo đề, ta có: cos        b   26 n k  b  b  10 Vậy có mặt phẳng   thỏa mãn đề toán: x  26y... DẪN GIẢI Câu I Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam 12 Bộ đề ôn thi Đại học Bạn đọc tự giải y  x  2m x  TXĐ: D   Đạo hàm y  4x  4m x  4x  x  m  Hàm số có cực trị  PT: y  có nghiệm...  yi ta có : A  x; y  Vì z  nên x  y  1 i xy xy Ta có z  z  1  i  x  yi    i 2 2 xy xy Vậy B có tọa độ : B  ;    Văn Phú Quốc, SV Trường ĐH Quảng Nam Bộ đề ôn thi

Ngày đăng: 20/12/2015, 06:33

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan