Đề thi ĐH tự luyện số 2

Trờng thpt đề luyện thi đại học. Số 2. bắc yên thành Môn Toán Khối A. Thời gian làm bài 180 phút Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 2 x (5m 2)x 2m 1 y x 1 + + = có đồ thị (C m ). 1) Khảo sát hàm số khi m =1. 2) Tìm m để đồ thị (C m ) có 2 điểm cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị bé hơn 2 5 . Câu II. (2 điểm) 1) Giải phơng trình: 3 3 sin x.sin 3x cos x.cos3x 1 8 tg x .tg x 6 3 + = + ữ ữ 2) Giải phơng trình: 2 2 x x 5 x 1 x 5 4 12.2 8 0 + = Câu III. (2 điểm) 1) Tính tích phân: ( ) 2 x 0 1 sin x I dx 1 cos x e = + 2) Từ các chữ số 0, 1, 3, 4, 5, 6 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau trong đó nhất thiết có mặt các chữ số 1 và 2. Câu IV. (3 điểm) 1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho 2 đờng thẳng (d 1 ): 2x y + 1 =0 và (d 2 ): x+2y7=0 Lập phơng trình đờng thẳng qua gốc tọa độ và tạo với (d 1 ), (d 2 ) tam giác cân có đáy thuộc đờng thẳng đó. Tính diện tích tam giác cân nhận đợc. 2) Tìm tọa độ trực tâm H của ABC trong không gian Oxyz biết: A(3; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0;1). Câu V. (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dơng thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 S x y y z z x= + + Biên soạn đề: Ths. Nguyễn Bá Thủy Đáp án đề luyện thi số 2 Môn: Toán. Khối A Thời gian làm bài 180 phút. Câu ý Nội dung Điểm I I.1) Với m =1 ta có hàm số: 2 x 3x 3 y x 1 + = (Hs tự khảo sát) Đồ thị: K/s: 0.75đ Đồ thị: 0.25đ I.2) Ta có: 2 2 2 x 2x 3m 3 y' ; y' 0 f (x) x 2x 3m 3 0 (x 1) (x 1) + = = = + = Hàm số có CĐ, CT khi phơng trình y = 0 có 2 nghiệm phân biệt f(x) =0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ' 4 3 0 4 (1) (1) 3 4 0 3 m m f m = > < = Đặt 2 x (5m 2)x 2m 1 u y x 1 v + + = = , ta có các điểm CĐ và CT của đồ thị thuộc đờng thẳng u ' y 2x 5m 2 v' = = + (2) Giả sử đồ thị hàm số có điểm CĐ là A(x 1 ; y 1 ) và CT là B(x 2 ; y 2 ), theo trên ta có: 1 1 2 2 y 2x 5m 2; y 2x 5m 2= + = + . Từ đó: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 AB 5(x x ) 5 (x x ) 4x x 80 60m = = + = . 2 AB 2 5 AB 20 80 60m 20 m 1< < < > Kết hợp với điều kiện (1) ta có 4 1 m 3 < < 0.25 0.25 0.5 II II.1) Giải phơng trình: 3 3 sin x.sin 3x cos x.cos3x 1 8 tg x .tg x 6 3 + = + ữ ữ (1) Điều kiện: cos x 0;cos x 0,tg x 0,tg x 0 6 3 6 3 + + ữ ữ ữ ữ Với ĐK đó ta có: tg x cot g x cot g x 3 2 3 6 + = + = ữ ữ ữ tg x .tg x 1 6 3 + = ữ ữ . Nên (1) 3 3 1 sin x.sin 3x cos x cos3x 8 + = 1 (3sin x sin 3x).sin 3x (3cos x cos3x) 2 + + = ( ) 2 2 1 3 sin x.sin 3x cos x.cos3x cos 3x sin 3x 2 + + = 3 1 1 1 3cos 2x cos6x 4cos 2x cos 2x x k , (k ) 2 2 2 6 + = = = = + Â 0.25 0.25 0.25 0.25 Chỉ có x k 6 = + thoả mãn các điều kiện. Vậy phơng trình có nghiệm là x k ,k 6 = + Â , 0.25 II.2) Giải phơng trình: 2 2 x x 5 x 1 x 5 4 12.2 8 0 + = Điều kiện 2 x 5 . Đặt 2 x x 5 t 2 = >0, phơng trình đã cho trở thành 2 t 2 t 6t 8 0 t 4 = + = = . Tơng ứng ta có phơng trình đã cho có các nghiệm là: x = 3 và 9 x 4 = . 0.25 0.25 0.25 III III.1) Tính tích phân: ( ) 2 x 0 1 sin x I dx 1 cos x e = + Có ( ) ( ) 2 2 1 2 x x 0 0 1 sin x I dx dx I I 1 cos x e 1 cos x e = = + + Xét ( ) 2 2 1 x x 2 0 0 1 dx I dx x 1 cos x e e .2cos 2 = = + . Đặt x x x 2 1 dx u du e dx e e dx x dv v t g x 2cos 2 2 = = = = = ( ) ( ) 2 2 1 x x 0 0 x x tg tg 2 2 I e e = + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 x x x 2 0 0 0 x x x 2sin .cos tg sin x 2 2 2 I dx dx dx x 1 cos x e e 2e cos 2 = = = + ( ) 2 1 2 x 2 0 x tg 1 2 I I I e e = = = 0.25 0.5 0.25 III.2) Từ các chữ số 0, 1, 3, 4, 5, 6 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau trong đó nhất thiết có mặt các chữ số 1 và 2 Số cần lập có dạng x= 1 2 3 4 5 a a a a a . Ta xét các trờng hợp: T/h1: x có chứa chữ số 0. Có 4 cách chọn vị trí cho chữ số 0, sau đó có 2 4 A cách chọn 2 trong 4 vị trí còn lại cho các chữ số 1 và 2. Tiếp theo, số cách chọn 2 trong 4 số khác 0, 1, 2 cho 2 vị trí còn lại là 2 4 A cách Trờng hợp này có 4. 2 4 A . 2 4 A = 576 số. T/h2: x không chứa chữ số 0. Có 2 5 A cách chọn 2 trong 5 vị trí cho các chữ số 1 và 2. Sau đó, số cách chọn 3 trong 4 chữ số khác 0, 1, 2 cho 3 vị trí còn lại là 3 4 A cách. Trờng hợp này có 2 5 A . 3 4 A = 480 số. Vậy tất cả có 576 + 480 = 1056 số thoả mãn bài toán. 0.25 0.5 0.25 IV IV.1) Hai đờng thẳng d 1 và d 2 có vtpt lần lợt là ( ) ( ) 1 2 n 2; 1 ,n 1;2= = uur uur , có 1 2 n .n 0= uur uur nên d 1 d 2 . Gọi I = d 1 d 2 thì I = (1; 3). Đờng thẳng đi qua O(0; 0) và tạo với d 1 và d 2 tam giác cân đỉnh I vuông góc với phân giác của góc tạo bởi d 1 , d 2 . Phân giác của góc tạo bởi d 1 , d 2 : 1 2 x 3y 8 0 (l ) 2x y 1 x 2y 7 3x y 6 0 (l ) 5 5 + = + + = + = 0.25 0.25 TH1: 1 l 1 và đi qua O(0; 0) nên có phơng trình: y = 3x. 1 cắt d 1 và d 2 tơng ứng tại A và B thì 2 IAB 1 3 1 32 A ; S IA 5 5 2 5 = = = ữ (đvdt) TH2: 2 l 2 và đi qua O(0; 0) nên có phơng trình: 1 y x 3 = . 2 cắt d 1 và d 2 tơng ứng tại A, B thì 2 IA'B' 3 1 1 32 A ' ; S IA' 5 5 2 5 = = = ữ (đvdt) 0.25 0.25 IV.2) Trực tâm H của ABC trong không gian Oxyz là giao của 3 mặt phẳng (ABC), mp() đi qua A và BC, mp() đi qua B và vuông góc với AC. Ta có (ABC): 2x + 3y +6z 6 =0; (): 2y + z =0; (): 3x+z = 0 Tọa độ của H là nghiệm của hệ: 12 x 49 2x 3y 6z 6 18 2y z 0 y 49 3x z 0 36 z 49 = + + = + = = + = = H có toạ độ 12 18 36 H ; ; 49 49 49 = ữ V Cho x, y, z >0 thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm GTLN của: 2 2 2 S x y y z z x= + + Cách 1. Giả sử x y z. Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 S x y y z z x x y z y xyz x z y x z (1 (x z))= + + + + = + = + + Đặt t = x+ z ta đợc ( ) 3 2 t t 1 4 S t (1 t) 4. . 1 t 4. 2 2 3 27 = = ữ Ngoài ra với 2 1 x ; y ; z 0 3 3 = = = ta có 4 S 27 = . Vậy GTLN của 4 S 27 = . Cách 2. Giả sử x y z. Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 z x z x S x y y z z x x y y z 2 2 = + + = + + + ( ) ( ) 2 2 2 z x z x zx z S x y xyz xy x z x z x(x z) y 2 2 2 2 + + + + + + = + + ữ 3 x x z z x y z 4 S 4 y 4 2 2 2 2 3 27 + + + + = ữ ữ ữ x x z z y 4 2 1 S z 0, x , y 2 2 2 2 27 3 3 x y z 2 = + = + = = = = + + = Vậy GTLN của 4 S 27 = . Cách 3. Dùng hàm số. HD: Thay z = 1xy, xem S là hàm số biến x còn y là tham số. Nhận xét: Cách 3 khá phức tạp. Đây là bài toán khá đặc trng cho phép sắp thứ tự. 0.5 0.5 . B(x 2 ; y 2 ), theo trên ta có: 1 1 2 2 y 2x 5m 2; y 2x 5m 2= + = + . Từ đó: 2 2 2 1 2 1 2 1 2 AB 5(x x ) 5 (x x ) 4x x 80 60m = = + = . 2 AB 2. ) ( ) 2 2 1 x x 0 0 x x tg tg 2 2 I e e = + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 x x x 2 0 0 0 x x x 2sin .cos tg sin x 2 2 2 I dx dx dx x 1 cos x e e 2e cos 2 =