Đề tjư luyện thi ĐH số 4

Trờng thpt đề luyện thi đại học. số 4 bắc yên thành Môn Toán Khối A. Thời gian làm bài 180 phút Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 2 x mx 2 y x 1 + + = có đồ thị (C m ). 1) Khảo sát hàm số khi m = 2. 2) Tìm m để hàm số có cực trị. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phơng trình: 2 (3 2sin x)cos x (1 cos x) 1 1 sin 2x + + = + 2) Giải hệ phơng trình: x y y x 3 3 4 32 log (x y) 1 log (x y) + = = + Câu III. (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, viết phơng trình đờng thẳng song song với đờng thẳng d: 3x 4y +1 =0 và cách d một khoảng bằng 1. 2) Trong không gian Oxyz cho 4 điểm A(6; 2; 3), B(0; 1; 6), C(2; 0; 1) và D(4; 1; 0). Chứng minh rằng ABCD là một tứ diện và viết phơng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đó. 3) Cho hình chóp tam giác đều S.ABCD, biết trung tuyến AA của đáy ABC có độ dài 3a và cạnh bên bằng a 7 . Tính độ dài cạnh đáy và thể tích hình chóp. Câu IV. (2 điểm) 1) Tính tích phân 3 5 2 0 I x 1 x dx= + . 2) Chứng minh rằng n 1 1 2 n n n n 1 1 1 2 1 1 C C . C 2 3 n 1 n 1 + + + + + = + + nN Câu V. (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dơng thoả mãn: ab bc ca abc+ + = . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 b 2a c 2b a 2c 3 ab bc ca + + + + + Biên soạn đề: Ths. Nguyễn Bá Thủy Đáp án đề luyện thi. số 4 Môn: Toán. Khối A Thời gian làm bài 180 phút. Câu ý Nội dung Điểm I I.1) Với m =2 ta có hàm số: 2 x 2x 2 y x 1 + = (Hs tự khảo sát) Đồ thị: K/s: 0.75đ Đồ thị: 0.25đ I.2) Ta có 2 2 x 2x m 2 y' (x 1) = Hàm số có cực trị PT y = 0 có 2 nghiệm phân biệt 2 g(x) x 2x m 2 0= = có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ' m 3 0 m 3 g(1) m 3 0 = + > > = Mở rộng:. 0.25 0.25 0.5 II II.1) Giải phơng trình: 2 (3 2sin x)cos x (1 cos x) 1 1 sin 2x + + = + (1) Điều kiện: 1+sin2x 0 3 x k 4 + . Khi đó (1) 2 (3 2sin x)cos x (1 cos x) 1 sin 2x+ + = + 2 3cos x sin 2x 1 cos x 1 sin 2x + = + 2 cos x 1 cos x 3cos x 2 0 x k2 ,k cos x 2 VN = + = = = Â (thoả mãn điều kiện) Vậy phơng trình có nghiệm là x k2 ,k = Â 0.25 0.25 0.5 II.2) Giải hệ phơng trình: x y y x 3 3 4 32 log (x y) 1 log (x y) + = = + Điều kiện: x y 0 x y x y 0 x y x y 0 xy 0 xy 0 > > + > > > > . Khi đó hệ đã cho 2 2 x y 2 2 2 xy 5 2 2 2 2 3 2(x y ) 5xy (a) 2 2 x y 3 (b) log (x y ) 1 + ữ ữ + = = = = Từ (b) 2 2 2 x 3 y x 3 y (do x 0)= + = + > Thay vào (a) ta đợc pt 2 2 4 2 2(3 2y ) 5y 3 y 9y 27y 36 0+ = + + = .25 0.25 0.25 0.25 2 2 y 1 36 y 9 = = 2 y 1 y 1 = = x =2. Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (2;1) và (2; 2) III III.1) Viết pt đờng thẳng // d: 3x 4y +1 =0 và cách d một khoảng bằng 1. Do //d: 3x 4y + 1 = 0 nên có phơng trình: 3x 4y + c = 0. Khoảng cách từ đến d bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên d đến . Cho x = 1, thay vào phơng trình của d ta có y = 1 A(1; 1) d. Và ta có khaỏng cách từ A đến là: 3.1 4.1 c c 1 h 5 9 16 + = = + Từ giả thiết c 6 c 1 1 c 4 5 = = = . Vậy có 2 đờng thẳng thoả mãn là 1 : 3x 4y + 6 = 0 và 2 : 3x 4y 4 = 0. 0.25 0.25 0.25 0.25 III.2) Chứng minh rằng ABCD là một tứ diện và viết pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. + Ta có ( ) ( ) ( ) AB 6;3;3 ,AC 4;2; 4 , AD 2;3; 3= = = uuur uuur uuur ( ) AB,AC 18; 36;0 AB,AC .AD ( 18).( 2) 36.3 0.( 3) 72 0 = = + = uuur uuur uuur uuur uuur Vậy AB, AC, AD uuur uuur uuur không đồng phẳng nên ABCD là một tứ diện. + Mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD có phơng trình dạng: 2 2 2 x y z 2ax 2by 2cz d 0+ + + + + + = với 2 2 2 a b c d 0+ + > (*) Do A, B, C, D thuộc (S) nên ta có hệ: 49 12a 4b 6c d 0 2b 12c d 37 (1) 37 2b 12c d 0 12a 6b 6c 12 (2) 5 4a 2c d 0 4a 2b 14c 32 (3) 17 8a 2b d 0 4a 2b 2c 12 (4) + + + = + + = + + + = = + + = = + + + = + + = Từ (3), (4) 8a 12c = 20 (5) Từ (2), (4) 8a = 16 a =2, thay vào (5) ta có c = 3. Thay a, c vào (4) b = 1, tiếp tục thay a, b, c vào (1) đợc d = 3. Vậy a =2; b =1, c=3, d=3 t/m (*) Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có ph- ơng trình: 2 2 2 2 2 2 x y z 4x 2y 6z 3 0 (x 2) (y 1) (z 3) 17+ + + = + + + = 0.25 0.25 0.25 0.25 III.3) Hình chóp tam giác đều S.ABCD, có trung tuyến AA của đáy ABC có độ dài 3a và cạnh bên bằng a 7 . Tính độ dài cạnh đáy và thể tích hình chóp Gọi x là độ dài cạnh đáy hình chóp thì ta có AB = x, x BA' 2 = 2 2 2 x x 9a x 2a 3 4 = = Vậy độ dài cạnh đáy hình chóp là 2a 3 Vì S.ABC là chóp đều nên nếu gọi O là tâm của đáy ABC thì SO(ABC) và ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 SO SA AO SA AA' 3 7a 4a 3a SO a 3 = = ữ = = = 3 S.ABC ABC 1 1 V SO.dt SO.AA'.BC 3a 3 6 = = = (đvtt) 0.25 0.25 (Hình: 0.25) 0.25 IV. IV.1) Tính tích phân 3 5 2 0 I x 1 x dx= + . Đặt 2 2 2 t 1 x x t 1;xdx tdt= + = = . Đổi cận x = 0 t =1; x= 3 t =2. Ta có: ( ) 3 2 2 4 2 2 2 6 4 2 0 1 1 I x 1 x xdx (t 1) t.tdt t 2t t dt= + = = + 2 7 5 3 1 t 2t t 848 7 5 3 105 = + = ữ 0.25 0.5 0.25 IV.2) Chứng minh: n 1 1 2 n n n n 1 1 1 2 1 1 C C . C 2 3 n 1 n 1 + + + + + = + + , nN Ta có: n 0 1 2 2 n n n n n n (1 x) C C x C x . C x+ = + + + + 1 1 n 0 1 2 2 3 n n 1 n n n n 0 0 1 1 1 I (1 x) dx C x C x C x . C x 2 3 n 1 + = + = + + + + + 0 1 2 n n n n n 1 1 1 I C C C . C 2 3 n 1 = + + + + + Mặt khác 1 1 n 1 n 1 n 0 0 (1 x) 2 1 I (1 x) d(1 x) n 1 n 1 + + + = + + = = + + Vậy ta có đpcm. 0.25 0.25 0.5 V Cho a, b, c>0 t/m: ab bc ca abc+ + = . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 b 2a c 2b a 2c 3 ab bc ca + + + + + (1) Cách 1. (1) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 a b b c c a + + + + + Và 1 1 1 ab bc ca abc 1 a b c + + = + + = . Theo BĐT Bunhiacopski ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 a b a b b 3 a b b 3 a b + = + + + + = + ữ ữ 2 2 1 2 1 1 2 , doa, b 0 a b a b 3 + + > ữ Tơng tự ta có: 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 ; b c b c c a c a 3 3 + + + + ữ ữ Cộng vế với vế các BĐT cùng chiều trên ta có: 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 1 1 1 3 a b b c c a a b c 3 + + + + + + + = ữ Cách 2. Nhân 2 vế của BĐT (1) với abc>0 ta có: 2 2 2 2 2 2 c b 2a a c 2b b a 2c 3abc+ + + + + (2) áp dụng BĐT BCS ta có: ( ) 2 2 2 2 2 1 1 b 2a b a a b a a (b 2a) 3 3 + = + + + + = + 2 2 1 c b 2a c(b 2a) 3 + + . Tơng tự C1 ta có đpcm. Cách 3. Xét 1 2 1 2 1 2 u ; ; v ; ; w ; a b b c c a = = = ữ ữ ữ ữ ữ ữ r r uur . áp dụng BĐT: u v w u v w+ + + + r r uur r r uur Ta có đpcm. Cách 4. áp dụng BĐT Mincopski: Cho ( ) ( ) ( ) 1 2 n 1 2 n 1 2 n a ,a , .a , b ,b , .b , , k , k , .k là k bộ số thực bất kì, ta có: 0.25 0.25 0.25 0.25 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 n n n 1 1 1 n n n a b . k . a b . k a b k . (a b . k )+ + + + + + + + ≥ + + + + + + + + . (S) nên ta có hệ: 49 12a 4b 6c d 0 2b 12c d 37 (1) 37 2b 12c d 0 12a 6b 6c 12 (2) 5 4a 2c d 0 4a 2b 14c 32 (3) 17 8a 2b d 0 4a 2b 2c 12 (4) + + + = + +. Nguyễn Bá Thủy Đáp án đề luyện thi. số 4 Môn: Toán. Khối A Thời gian làm bài 180 phút. Câu ý Nội dung Điểm I I.1) Với m =2 ta có hàm số: 2 x 2x 2 y x 1