Đề thi ĐH tjư luyện số 3

Trờng thpt đề luyện thi đại học. Số 3 bắc yên thành Môn Toán Khối A, B. Thời gian làm bài 180 phút Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 2 2x mx 2 y x 1 + = có đồ thị (C m ). 1) Khảo sát hàm số khi m =-3. 2) Tìm m để đồ thị tam giác tạo bởi 2 trục tọa độ và tiệm cận xiên của (C m ) có diện tích bằng 4. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phơng trình: 2 2 2 2tg x 5tgx 5cot gx 4 0 sin x + + + + = 2) Giải phơng trình: 2 2 3x 7 2x 3 log (9 12x 4x ) log (6x 23x 21) 4 + + + + + + + = Câu III. (2 điểm) 1) Tính tích phân 1 2 x 2 0 (x 1)e I dx (x 1) + = + 2) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 thiết lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có chín chữ số khác nhau mà chữ số 9 đứng chính giữa. Câu IV. (3 điểm) 1) Viết phơng trình ba cạnh của ABC trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho biết đỉnh C(4; 3), đờng phân giác trong và đờng trung tuyến kẻ từ một đỉnh tam giác có ph- ơng trình lần lợt là: x + 2y 5 =0 và 4x + 13y 10 =0. 2) Cho tứ diện SABC có SC CA AB a 2= = = , SC (ABC), ABC vuông tại A, các điểm M thuộc SA và N thuộc BC sao cho AM = CN = t (0<t<2a). Tính độ dài đoạn thẳng MN. Tìm t theo a để MN ngắn nhất. Câu V. (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dơng. Chứng minh rằng: 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 y 2 x 2 z 1 1 1 x y y z z x x y z + + + + + + + Biên soạn đề: Ths. Nguyễn Bá Thủy Đáp án đề luyện thi số 3 Môn: Toán. Khối A, B Thời gian làm bài 180 phút. Câu ý Nội dung Điểm I I.1) Với m = 3 ta có hàm số: 2 2x 3x 2 y x 1 = (Hs tự khảo sát) Đồ thị: K/s: 0.75đ Đồ thị: 0.25đ I.2) Ta có: 2 2x mx 2 m y 2x m 2 x 1 x 1 + = = + + + Đồ thị có tiệm cận xiên m 0, và PT tiệm cận xiên là : y = 2x +m + 2. Gọi A, B lần lợt là giao điểm của với Oy và Ox thì toạ độ của chúng tơng ứng là: ( ) m 2 A 0;m 2 , B ;0 2 + = + = ữ . 2 OAB 1 1 m 2 (m 2) S OA.OB m 2 . 2 2 2 4 + + = = + = Do đó 2 OAB m 6 S 4 (m 2) 16 m 2 4 m 2 = = + = + = = (thoả mãn m0) Kết luận: Giá trị cần tìm của m là m =6, m= 2. 0.25 0.25 0.25 0.25 II II.1) Giải phơng trình: 2 2 2 2tg x 5tgx 5cot gx 4 0 sin x + + + + = (1) Điều kiện: sinx0, cosx0. Khi đó: 2 2 (1) 2(1 cot g x) 2tg x 5tgx 5cot gx 4 0 + + + + + = 2 2 2(tg x cot g x) 5(tgx cot gx) 6 0 + + + + = Đặt 2 2 2 2 t tgx cot gx tg x cot g x t 2 sin 2x = + = + = Ta có phơng trình: 2 2 t 2 2(t 2) 5t 6 0 2t 5t 2 0 1 t 2 = + + = + + = = Với t =2, ta có: 2 2 sin 2x 1 x k ,k . sin 2x 4 = = = +  Với 1 2 1 t sin 2x 4 2 sin 2x 2 = = = Vô nghiệm. Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là x k ,k 4 = +  . 0.25 0.25 0.25 0.25 II.2) Giải phơng trình: 2 2 3x 7 2x 3 log (9 12x 4x ) log (6x 23x 21) 4 + + + + + + + = (2) Điều kiện: 2 2 0 3x 7 1 3 0 2x 3 1 x 2 4x 12x 9 0 x 2 6x 23x 21 0 < + < + > + + > + + > 0.25 Khi đó (2) 3x 7 2x 3 2log (2x 3) log (3x 7)(2x 3) 4 + + + + + + = 3x 7 2x 3 2log (2x 3) log (3x 7) 3 + + + + + = Đặt 2x 3 t log (3x 7) + = + , ta có phơng trình: 2 t 1 2 t 3 t 3t 2 0 t 2 t = + = + = = Với t = 1, ta có: 2x 3 log (3x 7) 1 2x 3 3x 7 x 4 + + = + = + = (loại) Với t = 2, ta có: 2 2x 3 log (3x 7) 2 2x 3 (3x 7) + + = + = + 2 x 2 4x 9x 2 0 1 x 4 = + + = = . Chỉ có 1 x 4 = thoả mãn điều kiện. Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là 1 x 4 = . 0.25 0.25 0.25 III III.1) Tính tích phân 1 2 x 2 0 (x 1)e I dx (x 1) + = + Ta có: 1 1 1 1 2 x 2 x x x 2 2 2 0 0 0 0 (x 1)e (x 1) 2x xe dx I dx e dx e dx 2 (x 1) (x 1) (x 1) + + = = = + + + Có: 1 1 1 1 x x x x 2 2 2 0 0 0 0 xe dx (x 1 1)e dx e dx e dx (x 1) (x 1) (x 1) (x 1) + = = + + + + . Đặt x x 2 u e du e dx 1 1 dv v (x 1) x 1 = = = = + + thì 1 1 1 x x x 2 0 0 0 e dx e e dx (x 1) (x 1) x 1 = + + + + 1 1 1 1 1 x x x x x 2 0 0 0 0 0 xe dx e dx e e dx e (x 1) (x 1) (x 1) (x 1) (x 1) ữ = + = ữ + + + + + Do đó 1 x 1 x 0 0 2e I e e 1 e 2 2e 3 (x 1) ữ = + = + = ữ + 0.25 0.25 0.25 0.25 III.2) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 thiết lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có chín chữ số khác nhau mà chữ số 9 đứng chính giữa. Do chữ số 9 cố định ở vị trí chính giữa 8 vị trí còn lại là hoán vị của 8 chữ số còn lại. Do đó có 8! =40320 số. 0.5 0.5 IV IV.1) Viết phơng trình 3 cạnh của ABC. Gọi d: x + 2y 5 =0 và : 4x + 13y 10 =0. Nhận xét rằng C không thuộc 2 đờng thẳng đã cho. Không mất tính tổng quát giả sử rằng d và lần lợt là phân giác và trung tuyến xuất phát từ đỉnh A. A có toạ độ thoả mãn: x 2y 5 0 x 9 4x 13y 10 0 y 2 + = = + = = A(9; 2) Phơng trình cạnh AC: x 9 y 2 x y 7 0 4 9 3 2 + = + = + Gọi C là điểm đối xứng với C qua d thì ta tìm đợc C=(2; 1) và ta có AB AC nên phơng trình cạnh AB là: x 2 y 1 x 7y 5 0 9 2 2 1 + = + + = + Giả sử B(x 0 ; y 0 ) AB 0 0 x 7y 5 0+ + = (1) và trung điểm N của BC có tọa độ 0 0 x 4 y 3 N ; 2 2 + + ữ . Do N nên ta có: 0 0 y 3 2(x 4) 13 10 0 2 + + + = ữ (2) Từ (1) và (2) x 0 = 12; y 0 = 1 PT cạnh BC: x 12 y 1 x 8y 20 0 4 12 3 1 + = + = + 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 IV.2) Chän hÖ täa ®é Oxyz cã O ≡ A, (C∈Ox, B∈Oy) Th× ta cã: ( ) t t S a 2;0;a 2 ,M ;0; 2 2   = =  ÷   2a t t N ; ;0 2 2 −   =  ÷   ⇒ 2 MN 3t 2a 4at= + − Cã 2 2 2a 2a a 6 MN 3 t 3 3 3   = − + ≥  ÷   ⇒ MinMN = a 6 2a t 3 3 ⇔ = (H×nh: 0.25®) 0.5 0.25 0.5 V Cho x, y, z >. Chøng minh r»ng: 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 y 2 x 2 z 1 1 1 x y y z z x x y z + + ≤ + + + + + ¸p dông B§T Cauchy ta cã: 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 x 2 x 1 1 1 1 x y xy 2 x y 2xy x 2 y 2 y 1 1 1 1 y z yz 2 y z 2yz y 2 z 2 z 1 1 1 1 z x zx 2 z x 2zx z   ≤ = ≤ +  ÷ +     ≤ = ≤ +  ÷ +     ≤ = ≤ +  ÷ +   Céng vÕ víi vÕ 3 B§T cïng chiÒu trªn ta cã ®pcm. 0.5 0.5 . 0.25 Khi đó (2) 3x 7 2x 3 2log (2x 3) log (3x 7)(2x 3) 4 + + + + + + = 3x 7 2x 3 2log (2x 3) log (3x 7) 3 + + + + + = Đặt 2x 3 t log (3x 7) + = + , ta. 3 t 3t 2 0 t 2 t = + = + = = Với t = 1, ta có: 2x 3 log (3x 7) 1 2x 3 3x 7 x 4 + + = + = + = (loại) Với t = 2, ta có: 2 2x 3 log (3x 7) 2 2x 3