ĐỀ 10 ÔN THI ĐH (CÓ HD GIẢI)

Tr ương Đình Dũng Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC (Thời gian 180 phút) I. PHẦN CHUNG: Câu 1: Cho hàm số y = 2 (2 1) 1 m x m x − − − (m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = - 1. 2. Tìm m để đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x. Câu 2: 1. Giải phương trình: log 2 [x(x + 9)] + 2 9 log 0 x x + = 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 xy x y x y x y x y  + + =  +   + = −  Câu 3: 1. Tìm giới hạn: L = 2 2 32 2 0 ln(1 ) lim 1 x x x e x − → + − + 2. Tính tích phân: I = 2 3 0 sinxdx (sinx + cosx) π ∫ Câu 4: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α. Câu 5: Cho phương trình 2 3 1 2 1 2 1 x x mx x − = − + − . Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất. II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt Phẳng (P): x + y + z + 3 = 0 , đường thẳng (d): 1 2 1 2 1 x y z+ − = = − và cáC điểm A(3;1;1), B(7;3;9), C(2;2;2) a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa (d) và song song với (P) b) Tìm toạ điểm M thuộc (P) sao cho 2 3MA MB MC+ + uuur uuur uuuur nhỏ nhất 2. Cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 6x – 2y + 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng (k) đi qua M(0;2) và cắt (C) theo một dây cung có độ dài l = 4. Câu 7a Trong c¸c sè phøc z tho¶ m·n ®iỊu kiƯn 3 2 3 2 z i− + = . T×m sè phøc z cã modul nhá nhÊt. 2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: 1.Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt Phẳng (P): 3x + 2y - z + 4 = 0 và hai điểm A(4;0;0) và B(0;4;0). Gọi I là trung điểm của đoan AB. Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P) và xác định toạ độ điểm K sao cho KI ⊥ (P), đồng thời K cách đều gốc toạ độ O và mặt phẳng (P) 2. Cho elip (E): 2 2 1 100 25 x y + = . Tìm các điểm M thuộc (E) nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc 120 0 Câu 7b:Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n ( với n ≥ 2), ta có ln 2 n > ln( n – 1).ln(n +1). Tr ương Đình Dũng Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn HƯỚNG DẪN GIẢI I. PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. Bạn đọc tự gải 2. Để đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm: 2 2 2 (2 1) 1 2 1 1 ( 1) m x m x x m m x  − − =  −   − +  =  −  2 2 2 (2 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 m x m x x x m x  − − = −  ⇔ − = −   ≠  Ta thấy 1m∀ ≠ : x = m luôn là nghiệm của hệ, m = 1 thì hệ vô nghiệm Đáp số : m ≠ 1. Câu 2: 1. log 2 [x(x + 9)] + 2 9 log 0 x x + = (1) Điều kiện: x(x + 9) > 0 ⇔ x < - 9 hoặc x > 0 (1) ⇔ 2 2 log ( 9) 0x + = ⇔ (x + 9) 2 = 1 ⇔ x = - 10 hoặc x = - 8 Đáp số: x = - 10 2. 2 2 2 2 1 (1) (2) xy x y x y x y x y  + + =  +   + = −  Điều kiện: x + y > 0. (1) ⇔ (x + y – 1)( x 2 + y 2 + x + y) = 0 ⇔ x + y – 1 = 0 ⇔ y = 1 – x Thay vào (2) ta được: x 2 + x – 2 = 0 Hệ có hai nghiệm: (1;0), (- 2;3) Câu 3: 1. L = 2 2 32 2 0 ln(1 ) lim 1 x x x e x − → + − + = 2 2 2 2 3 1 2 ln(1 ) lim ( 1) (1 1 ) 0 x x x e x x x − + − + − + → = 2 2 2 0 32 3 2 3 0 0 ln(1 ) lim 1 1 1 2lim lim 2 x x x x x x e x x x → − → → + − − + − + − = 1 3 1 7 2 3 = − − − 2. Đặt x = 2 u π − ⇒ dx = - du Đổi cận: x = 0 u = 2 π ⇒ ; x = 2 π ⇒ u = 0 Vậy: I = ( ) 2 2 3 3 0 0 sin( ) cosxdx 2 sinx +cosx sin os 2 2 u du u c u π π π π π − =       − + −  ÷  ÷         ∫ ∫ Vậy : 2I = ( ) 2 2 2 2 0 0 sinx + cosx (sinx + cosx) sinx + cosx dx dx π π = ∫ ∫ = 2 2 0 tan 4 1 2 2 2 os 0 4 x dx c x π π π π   −  ÷   = =   −  ÷   ∫ 1 2 I⇒ = Câu 4: Döïng SH AB ⊥ Tr ương Đình Dũng Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn ° Ta có: (SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂ SH (ABC)⇒ ⊥ và SH là đường cao của hình chóp. ° Dựng HN BC, HP AC⊥ ⊥ · · SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α ° ∆SHN = ∆SHP ⇒ HN = HP. ° ∆AHP vuông có: o a 3 HP HA.sin60 . 4 = = ° ∆SHP vuông có: a 3 SH HP.tg tg 4 = α = α ° Thể tích hình chóp 2 3 ABC 1 1 a 3 a 3 a S.ABC : V .SH.S . .tg . tg 3 3 4 4 16 = = α = α Câu 5: Điều kiện: x > 1 2 Ta thấy x = 0 khơng là nghiệm của phương trình nên: 2 3 1 2 1 2 1 x x mx x − = − + − 3 2 2 1 x m x − ⇔ = − Đăt. f(x) = 3 2 2 1 x x − − trên khoảng 1 ; 2   +∞  ÷   f’(x) = 3 1 (2 1) 2 1 x x x − − − Dựa vào bảng biến thiên pt ln có nghiệm duy nhất với mọi m II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1. a)Đường thẳng d đi qua M(-1;2;0) có VTCP (1; 2;1)a = − r Mặt phẳng (Q) có VTPT (1;1;1)n = r Ta có . 0a n = r r và M ∉ (P), vậy: d//(P) Vậy (Q): (x + 1) + (y – 2) + z = 0 hay x + y + z – 1 = 0 b). Gọi M(x 0 ;y 0 ;z 0 ) ∈ (P): x 0 + y 0 + z 0 = - 3 0 0 0 2 3 (23 6 ;13 ;25 )MA MB MC x y z+ + = − − − uuur uuur uuuur Ta có 2 3MA MB MC+ + uuur uuur uuuur = 2 2 2 0 0 0 (23 ) (13 ) (25 )x y z− + − + − Theo bất đẳng thức Bunhiakơpski, ta có [(23 – 6x 0 ) 2 + ( 13 – 6y 0 ) 2 + (25 – 6z 0 ) 2 ](1 2 + 1 2 + 1 2 ) ≥ [(23 – 6x 0 ) + ( 13 – 6y 0 ) + (25 – 6z 0 )] 2 Vậy 2 3MA MB MC+ + uuur uuur uuuur ( ) 2 0 0 0 1 23 6 13 6 25 6 3 x y z≥ − + − + − = 237 3 α α P N H C B S A Tr ng ỡnh Dng Trng THPT Trng Vng Quy Nhn Vy 2 3MA MB MC+ + uuur uuur uuuur nh nht bng 237 3 khi 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 5 9 23 6 13 6 20 13 6 25 6 9 3 0 2 9 x x y y z y x y z z = = = = + + + = = 2. (C) cú tõm I(3;1), bỏn kớnh R = 3 Gi s d ct (C) ti A v B , H l trung im ca AB IH = 2 2 R HA = 5 d cú dng phng trỡnh: ax + by 2b = 0 Ta cú d(I,d) = 2 2 2 2 3 2 3 5 a b b a b a b a b + = = + + 9a 2 6ab + b 2 = 5a 2 + 5b 2 4a 2 6ab 4b 2 = 0 Chn b = 1 thỡ a = 2 ; a = - ẵ Cú hai ng thng: d 1 : 2x + y 2 = 0; d 2 : x 2y + 4 = 0 Cõu 7a Xét biểu thức 3 2 3 2 z i + = (1). Đặt z = x + yi. Khi đó (1) trở thành 3 9 2 2 ( 2) ( 3) ( 2) ( 3) . 2 4 x y i x y + + = + + = Do đó các điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn (1) nằm trên đờng tròn (C) tâm I(2; -3) và bán kính R = 3 2 . Ta có z đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm M nằm trên đờng tròn (C) và gần O nhất. Do đó M là giao điểm của (C) và đờng thẳng OI, với M là giao điểm gần O hơn. Ta có OI = 4 9 13+ = . Kẻ MH Ox. Theo định lí ta lét có 3 13 9 6 13 9 2 13 3 13 3 2 2 13 MH OM MH OI = = = = 6 13 9 78 9 13 26 2 13 MH = = . Lại có 3 13 2 13 3 26 3 13 2 2 13 13 13 OH OH = = = . Vậy số phức cần tìm là 26 3 13 78 9 13 13 26 z i = + . 2) Theo chng trỡnh nõng cao: Cõu 6b: 1. I(2;2;0) pt ng thng AB: 4 0 x t y t z = = = Gi C = AB(P) ==> C(-12;16;0) KI (P) ==> KI: 2 3 2 2 x t y t z t = + = + = ==> K(2+3t;2+2t;-t) Ta cú: ( ,( ))d K P KO= 2 14 1 8 20 14t t t + = + + ==> t = 3 4 Tr ương Đình Dũng Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn Vậy K 1 1 3 ; ; 4 2 4   −  ÷   2. Ta có a = 10; b = 5; c = 5 3 Áp dụng định lý côsin trong tam giác MF 1 F 2 [ F 1 (- 5 3 ;0) , F 2 ( 5 3 ;0] F 1 F 2 2 = F 1 M 2 + F 2 M 2 – 2F 1 M.F 2 Mcos120 0 = ( ) 2 1 2 1 2 .F M F M F M F M+ − ⇔ 4c 2 = 4a 2 – ( a 2 - 2 2 M e x ) ==> x M = 0 ==> y M = ± 5. Vây M(0;± 5 ) Câu 7b: Với n = 2. BĐT chứng minh đúng. Xét n > 2 thì ln(n – 1) > 0. Ta có ln 2 n > ln( n – 1).ln(n +1). ln ln( 1) ln( 1) ln n n n n + ⇔ > − Xét hàm số ln ( ) ln( 1) x f x x = − là hàm số nghịc biến với x > 2 Vậy với mọi n > 2, ta có f(n) > f(n + 1) ln ln( 1) ln( 1) ln n n n n + ⇔ > − ------------------------------------------------------------------------------ . Quy Nhơn ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC (Thời gian 180 phút) I. PHẦN CHUNG: Câu 1: Cho hàm số y = 2 (2 1) 1 m x m x − − − (m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thi n và. Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α. Câu