Đề ôn thi đại học môn Toán Phần 5

Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Trang 50 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 32 2 ( 3) 4 y x mx m x có đồ thị là (C m ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho đường thẳng (d): y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 82 . Câu II: (2 điểm) 1) Giải bất phương trình: 11 15.2 1 2 1 2 x x x 2) Tìm m để phương trình: 2 2 0,5 4(log ) log 0x x m có nghiệm thuộc (0, 1). Câu III: (2 điểm) Tính tích phân: I = 3 62 1 (1 ) dx xx . Câu IV: (1 điểm) 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 V: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 2 cos sin (2cos sin ) x x x x với 0 < x 3 . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), ABC có diện tích bằng 3 2 ; trọng tâm G của ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; –2; 3) và đường thẳng d có phương trình x 1 y 2 z 3 2 1 1 . Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d. Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình 2 43 10 2 z z z z trên tập số phức. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C 1 ): x 2 + y 2 – 2x – 2y – 2 = 0, (C 2 ): x 2 + y 2 – 8x – 2y + 16 = 0. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng: (d 1 ) : 4 62 xt yt zt ; và (d 2 ) : ' 3 ' 6 '1 xt yt zt Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; –1; 1) trên (d 2 ). Tìm phương trình tham số của đường thẳng đi qua K vuông góc với (d 1 ) và cắt (d 1 ). Câu VII.b (1 điểm) Tính tổng 0 1 2 2009 2009 2009 2009 2009 2 3 . 2010S C C C C . Hướng dẫn Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và d: 32 2 ( 3) 4 4x mx m x x (1) 2 2 0 (1) ( 2 2) 0 ( ) 2 2 0 (2) x x x mx m g x x mx m (d) cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. Trần Sĩ Tùng Trang 51 Thuviendientu.org 2 12 20 () 2 (0) 2 0 mm mm a m gm . Mặt khác: 1 3 4 ( , ) 2 2 d K d Do đó: 2 1 8 2 . ( , ) 8 2 16 256 2 KBC S BC d K d BC BC 22 ( ) ( ) 256 B C B C x x y y với , BC xx là hai nghiệm của phương trình (2). 2 2 2 2 ( ) (( 4) ( 4)) 256 2( ) 256 ( ) 4 128 B C B C B C B C B C x x x x x x x x x x 22 1 137 4 4( 2) 128 34 0 2 m m m m m (thỏa (a)). Vậy 1 137 2 m . Câu II: 1) * Đặt: 2; x t điều kiện: t > 0. Khi đó BPT 30 1 1 2 (2)t t t 1t : 2 (2) 30 1 3 1 30 1 9 6 1 1 4 ( )t t t t t t a 01t : 2 (2) 30 1 1 30 1 2 1 0 1 ( )t t t t t t b 0 4 0 2 4 2. x tx Vậy, bất phương trình có nghiệm: 2.x 2) PT 2 22 log log 0; (0;1) (1)x x m x Đặt: 2 logtx . Vì: 2 0 limlog x x và 1 limlog 0 x x , nên: với (0;1) ( ; 0)xt Ta có: (1) 2 0, 0 (2)t t m t 2 ,0m t t t Đặt: 2 , 0: ( ) : ( ) y t t t P y m d Xét hàm số: 2 ()y f t t t , với t < 0 ( ) 2 1f t t 11 ( ) 0 24 f t t y Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm (0;1)x (2) có nghiệm t < 0 (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < 0 1 4 m . Vậy, giá trị m cần tìm: 1 . 4 m Câu III: Đặt : 1 x t 3 1 6 3 42 22 1 3 3 1 1 11 t I dt t t dt tt = 117 41 3 135 12 Câu IV: Dựng SH AB ()SH ABC và SH là đường cao của hình chóp. Dựng ,HN BC HP AC · · ,SN BC SP AC SPH SNH SHN = SHP HN = HP. AHP vuông có: 3 .sin60 4 o a HP HA ; SHP vuông có: 3 .tan tan 4 a SH HP Thể tích hình chóp 23 1 1 3 3 . : . . . .tan . tan 3 3 4 4 16 ABC a a a S ABC V SH S Câu V: Với 0 3 x thì 0 tan 3x và sin 0,cos 0, 2cos sin 0x x x x 22 3 2 2 2 3 2 cos 1 tan 1 tan cos sin 2cos sin tan (2 tan ) 2tan tan . cos cos x xx x y x x x x x x x xx Đặt: tan ; 0 3t x t 2 23 1 ( ) ; 0 3 2 t y f t t tt Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Trang 52 4 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 3 4 ( 3 4) ( 1)( 4) ( ) ( ) 0 ( 0 1). (2 ) (2 ) (2 ) t t t t t t t t t t f t f t t t t t t t t t Từ BBT ta có: min ( ) 2 1 4 f t t x . Vậy: 0; 3 2 4 miny khi x . Câu VI.a: 1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 d(C; AB) = 5 2 2 ABC ab S AB 8 (1) 53 2 (2) ab ab ab ; Trọng tâm G 55 ; 33 ab (d) 3a –b =4 (3) Từ (1), (3) C(–2; 10) r = 3 2 65 89 S p Từ (2), (3) C(1; –1) 3 2 2 5 S r p . 2) d(A, (d)) = , 4 196 100 52 4 1 1 BA a a uuur r r Phương trình mặt cầu tâm A (1; –2; 3), bán kính R = 52 : (x – 1) 2 + (y + 2) 2 + (2 – 3) 2 = 50 Câu VII.a: PT 2 2 1 1 5 0 2 z z z zz 2 1 1 5 0 2 zz zz (1) Đặt ẩn số phụ: t = 1 z z . (1) 2 5 1 3 1 3 0 2 2 2 ii t t t t Đáp số có 4 nghiệm z : 1+i; 1- i ; 11 ; 22 ii . Câu VI.b: 1) (C 1 ): 22 ( 1) ( 1) 4xy có tâm 1 (1; 1)I , bán kính R 1 = 2. (C 2 ): 22 ( 4) ( 1) 1xy có tâm 2 (4;1)I , bán kính R 2 = 1. Ta có: 1 2 1 2 3I I R R (C 1 ) và (C 2 ) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1) (C 1 ) và (C 2 ) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy. * Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: ( ): ( ): 0y ax b ax y b ta có: 22 11 22 22 1 22 2 ( ; ) 44 ( ; ) 41 4 7 2 4 7 2 1 44 ab aa d I R ab hay d I R ab bb ab Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: 1 2 3 2 4 7 2 2 4 7 2 ( ): 3, ( ): , ( ) 4 4 4 4 x y x y x 2) (d 1 ) có vectơ chỉ phương 1 (1; 1; 2) r u ; (d 2 ) có vectơ chỉ phương 2 (1; 3;1) r u 2 ( ) ( ; 3 6; 1) ( 1; 3 5; 2) uur K d K t t t IK t t t 2 18 18 12 7 1 9 15 2 0 ; ; 11 11 11 11 uur r IK u t t t t K Giả sử (d ) cắt (d 1 ) tại 1 ( ; 4 ; 6 2 ), ( ( ))H t t t H d . 18 56 59 ; ; 2 11 11 11 uuur HK t t t 1 18 56 118 26 40 11 11 11 11 uuur r HK u t t t t 1 (44; 30; 7). 11 uuur HK Trần Sĩ Tùng Trang 53 Thuviendientu.org Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (d ): 18 44 11 12 30 11 7 7 11 x y z . Câu VII.b: Xét đa thức: 2009 0 1 2 2 2009 2009 2009 2009 2009 2009 ( ) (1 ) ( . )f x x x x C C x C x C x 0 1 2 2 3 2009 2010 2009 2009 2009 2009 . .C x C x C x C x Ta có: 0 1 2 2 2009 2009 2009 2009 2009 2009 ( ) 2 3 . 2010f x C C x C x C x 0 1 2 2009 2009 2009 2009 2009 (1) 2 3 . 2010 ( )f C C C C a Mặt khác: 2009 2008 2008 ( ) (1 ) 2009(1 ) (1 ) (2010 )f x x x x x x / 2008 (1) 2011.2 ( )fb Từ (a) và (b) suy ra: 2008 2011.2 .S Đề số 22 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 32 3y x x m (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 4. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho · 0 120 .AOB Câu II (2 điểm ). 1) Giải phương trình: sin 3 sin2 sin 44 x x x . 2) Giải bất phương trình: 1 3 3 1 3 8 2 4 2 5 x x x . Câu III (2 điểm). Tính diện tích hình (H) giới hạn bởi các đường 2 12y x x và y = 1. Câu IV (2 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là ABC vuông cân tại A, AB = AC = a. Mặt bên qua cạnh huyền BC vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại đều hợp với mặt đáy các góc 60 0 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC. Câu V (2.0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng: 3 2 3 2 3 2 6 ab bc ca a b c a b c b c a c a b II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2 2 : 3 2 2 x y z và mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng song song với mặt phẳng (P), đi qua M(2; 2; 4) và cắt đường thẳng ( ). 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 0), B(3; 1) và đường thẳng ( ): x 2y 1 = 0. Tìm điểm C thuộc đường thẳng ( ) sao cho diện tích tam giác ABC bằng 6. Câu VII.a (1 điểm) Tìm các số thực b, c để phương trình 0 2 z bz c nhận số phức 1 zi làm một nghiệm. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Trang 54 tâm I thuộc đường thẳng ( ): 3 0d x y và có hoành độ 9 2 I x , trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là 2 2 2 ( ): 4 2 6 5 0, ( ):2 2 16 0S x y z x y z P x y z . Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 2009 2 2008 (1 ) 2. 2 0 (1 ) i z z i i trên tập số phức. Hướng dẫn Câu I: 2) Ta có: y’ = 3x 2 + 6x = 0 24 0 x y m x y m Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) và B( 2 ; m + 4) Ta có: (0; ), ( 2; 4) uuur uuur OA m OB m . Để · 0 120AOB thì 1 cos 2 AOB 22 ( 4) 1 2 4 ( 4) mm mm 40 12 2 3 12 2 3 3 3 m m m Câu II: 1) PT sin3 cos3 sin2 (sin cos )x x x x x (sinx + cosx)(sin2x 1) = 0 sin cos 0 tan 1 sin2 1 0 sin2 1 x x x xx 4 4 4 xk xk xk 2) Điều kiện: x 3. Đặt 3 20 x t . BPT 2 8 2 2 5t t t 22 2 5 2 0 8 2 5 2 8 2 0 5 22 17 0 t t t t t t tx 5 0 2 2 4 0 1 17 1; 5 t tt t t Với 3 0 1 2 1 3 0 3 x t x x Câu III: Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình: 2 1 2 1 0; 2x x x x Diện tích cần tìm 22 22 00 2 1 ( 1)S x x dx x dx Đặt x 1 = sin t; ; 22 t dx = cost ; Với 0 ; 2 22 x t x t 22 2 2 2 22 1 1 1 cos (1 cos2 ) sin2 2 2 2 2 S tdt t dt t t Câu IV: Kẻ SH BC. Suy ra SH (ABC). Kẻ SI AB; SJ AC. · · 0 60SIH SJH SIH = SJH HI = HJ AIHJ là hình vuông I là trung điểm AB 2IH a Trần Sĩ Tùng Trang 55 Thuviendientu.org Trong tam giác vuông SHI ta có: 3 2 a SH . Vậy: 3 . 13 . 3 12 S ABC ABC a V SH S Câu V: Sử dụng BĐT: 1 1 1 1 1 1 9 ( ) 9x y z x y z x y z x y z Ta có: 1 1 1 1 1 . 3 2 ( ) ( ) 2 9 2 ab ab ab a b c a c b c b a c b c b Tương tự đối với 2 biểu thức còn lại. Sau đó cộng vế với vế ta được: 1 3 2 3 2 3 2 9 2 6 ab bc ca a b c bc ca ca ab ab bc a b c a b c b c a c a b a b b c a c Câu VI.a: 1) Đường thẳng ( ) có phương trình tham số: 13 22 22 ¡ xt y t t zt Mặt phẳng (P) có VTPT (1; 3; 2) r n Giả sử N( 1 + 3t ; 2 2t ; 2 + 2t) (3 3; 2 ;2 2) uuuur MN t t t Để MN // (P) thì . 0 7 uuuur r MN n t N(20; 12; 16) Phương trình đường thẳng cần tìm : 2 2 4 9 7 6 x y z 2) Phương trình AB : x + 2y 1 = 0 ; 5AB . Gọi h c là đường cao hạ từ C của ABC. 1 12 .6 2 5 ABC c c S AB h h Giả sử C(2a + 1 ; a) ( ). Vì 12 | 2 1 2 1| 12 3 5 5 5 c aa ha Vậy có hai điểm cần tìm: C 1 (7; 3) và C 2 ( 5; 3) Câu VII.a: Từ giả thiết suy ra: 2 02 1 1 0 2 0 2 0 2 b c b i b i c b c b i bc Câu VI.b: 1) I có hoành độ 9 2 I x và 93 : 3 0 ; 22 I d x y I Gọi M = d Ox là trung điểm của cạnh AD, suy ra M(3;0). 22 99 2 2 2 3 2 44 I M I M AB IM x x y y 12 . 2 2. 32 ABCD ABCD S S AB AD = 12 AD = AB ()AD d M AD , suy ra phương trình AD: 1.( 3) 1.( 0) 0 3 0x y x y . Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: 22 22 30 3 ( 3) 2 ( 3) 2 xy yx xy xy 32 3 1 1 y x x xy hoặc 4 1 x y . Vậy A(2;1), D(4;-1), 93 ; 22 I là trung điểm của AC, suy ra: 2 9 2 7 2 2 3 1 2 2 AC I C I A A C C I A I xx x x x x y y y y y y Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Trang 56 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 2) Mặt cầu (S) tâm I(2;–1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2 2.( 1) 3 16 ,5 3 d d I P d R . Do đó (P) và (S) không có điểm chung. Do vậy, min MN = d –R = 5 –3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M 0 và N ở vị trí N 0 . Dễ thấy N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M 0 là giao điểm của đoạn thẳng IN 0 với mặt cầu (S). Gọi là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P), thì N 0 là giao điểm của và (P). Đường thẳng có VTCP là 2;2; 1 r P n và qua I nên có phương trình là 22 12 3 ¡ xt y t t zt . Tọa độ của N 0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 15 5 2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0 93 t t t t t Suy ra 0 4 13 14 ;; 3 3 3 N . Ta có 00 3 . 5 uuuur uuur IM IN Suy ra M 0 (0;–3;4) Câu VII.b: Ta có: 2008 2009 2008 2008 (1 ) 1 .(1 ) (1 ) 1 (1 ) 1 ii i i i i ii PT z 2 2(1 + i)z +2i = 0 z 2 2(1 + i)z + (i + 1) 2 = 0 (z i 1) 2 = 0 z = i + 1. Đề số 23 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 3 y x x   . 1) Khảo sát sự biến thiên và đồ thị (C) của hàm số. 2) Dựa và đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình: x 3 – x = m 3 – m Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: cos 2 x + cosx + sin 3 x = 0 2) Giải phương rtình: 3 2 2 2 2 1 3 0 xx . Câu III: (1 điểm) Cho I = ln2 32 32 0 21 1 xx x x x ee dx e e e . Tính e I Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tai A và D. Biết AD = AB = a, CD = 2a, cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy và SD = a. Tính thể tứ diện ASBC theo a. Câu V: (1 điểm) Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 22 2 1 tan 1 22 1 tan 2 AB tan C + 22 2 1 tan 1 22 1 tan 2 BC tan A + 22 2 1 tan 1 22 1 tan 2 CA tan B II. PHẦN RIÊNG: (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a: (2 điểm) Trần Sĩ Tùng Trang 57 Thuviendientu.org 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 4y – 5 = 0. Hãy viết phương trình đường tròn (C ) đối xứng với đường tròn (C) qua điểm M 42 ; 55 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương tham số của đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;5;0) và cắt cả hai đường thẳng 1 2 : 1 3 3 x y z và 2 : 4 12 xt yt zt . Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp D = {x R/ x 4 – 13x 2 + 36 ≤ 0}. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 3 – 3x trên D. B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng định bởi: 22 ( ): 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y . Tìm điểm M trên sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60 0 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng: 1 7 3 9 : 1 2 1 x y z và 2 : 37 12 13 xt yt zt Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình z 3 + (1 – 2i)z 2 + (1 – i)z – 2i = 0., biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo. Hướng dẫn Câu I: 2) 23 3 23 3 m m : PT có 1 nghiệm duy nhất m = 23 3 hoặc m = 3 3 : PT có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép) m 2 3 2 3 3 ;\ 3 3 3 : PT có 3 nghiệm phân biệt Câu II: 1) PT cosx(1 + cosx) + 8 33 sin cos 22 xx = 0 2 2cos cos (1 cos )sin 0 2 x x x x cos 0 2 sin cos sin .cos 0 x x x x x 2) PT 2 2 ( 2 1) 3 0 ( 2 1) x x 3 ( 2 1) 3( 2 1) 2 0 ( 2 1) 2 x x x Câu III: I = ln2 32 32 0 21 1 xx x x x ee dx e e e = ln2 3 2 3 2 32 0 3 2 ( 1) 1 x x x x x x x x x e e e e e e dx e e e = ln2 32 32 0 32 1 1 x x x x x x e e e dx e e e = ln(e 3x + e 2x – e x + 1) ln2 ln2 00 x = ln11 – ln4 = 14 ln 4 Vậy e I = 11 4 . Câu IV: Ta có S ABC = S ABCD – S ADC = 2 1 2 a . V ASBC = 1 3 S ABC .SA = 3 1 6 a Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Trang 58 Câu V: P = cos cos cos 2 2 2 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 C A B B A B C C A = sin sin sin 2 2 2 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 A B B C A C B A B C C A = 2 tan tan tan 2 2 2 A B C ≥ 2 3 . Vậy minP = 2 3 khi và chỉ khi A = B = C = 3 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M I 86 ; 55 (C ): 22 86 9 55 xy 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua I và 1 (P): 3x – y + 2z + 2 = 0 Gọi (Q) là mặt phẳng qua I và 2 (Q): 3x – y – 2z + 2 = 0 Phương trình của (d) = (P) (Q) Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2] [2;3] y’ = 3x 2 – 3, y’ = 0 x = ± 1 D y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18 kết quả. Câu VI.b: 1) Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5R . Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60 0 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra 2IM R=2 5 . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: 22 ( 2) ( 1) 20xy . Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: 22 ( 2) ( 1) 20 (1) 2 12 0 (2) xy xy Khử x giữa (1) và (2) ta được: 22 2 3 2 10 1 20 5 42 81 0 27 5 y y y y y y Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 6;3M hoặc 6 27 ; 55 M 2) Phương trình tham số của 1 : 7' 3 2 ' 9' xt yt zt Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường vuông góc chung với 1 và 2 M(7 + t ;3 + 2t ;9 – t ) và N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t) VTCP lần lượt của 1 và 2 là r a = (1; 2; –1) và r b = (–7;2;3) Ta có: .0 .0 uuuur r uuuur r uuuur r uuuur r MN a MN a MN b MN b . Từ đây tìm được t và t Toạ độ của M, N. Đường vuông góc chung chính là đường thẳng MN. Câu VII.b: Gọi nghiệm thuần ảo là z = ki (k R) Ta có : (ki) 3 + ( 1 – 2i)(ki) 2 + ( 1 – i)ki – 2i = 0 – k 3 i – k 2 + 2k 2 i + ki + k – 2i = 0 ( –k 2 + k) + (–k 3 + 2k + k – 2)i = 0 2 22 0 2 2 0 kk k k k k = 1 Vậy nghiệm thuần ảo là z = i z 3 + (1 – 2i)z 2 + (1 – i)z – 2i = 0 (z – i)[z 2 + (1 – i)z + 2] = 0 2 (1 ) 2 0 zi z i z Từ đó suy ra nghiệm của phương trình. Trần Sĩ Tùng Trang 59 Thuviendientu.org Đề số 24 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : 32 (1 2 ) (2 ) 2y x m x m x m (1) ( m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 2. 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: 1 cos3 cos2 cos 2 x x x 2) Giải bất phương trình: 3log 3 2log 2 3 log 3 log 2 xx xx Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: 6 2 2 1 4 1 dx I xx Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB = b. Tính thể tích của hình chóp đó và khoảng cách giữa các đường thẳng SA, BE. Câu V: (1 điểm) Cho x, y là các số thực thoả mãn điều kiện: 22 3.x xy y Chứng minh rằng : 22 (4 3 3) 3 4 3 3.x xy y II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4;0;0), B(0; 4; 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (P) đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P). Câu VII.a: (1 điểm) Chứng minh 2010 2008 2006 3(1 ) 4 (1 ) 4(1 )i i i i B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 22 2 4 8 0x y x y . Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 1 1 ( ): 1 2 xt yt z , 2 31 : 1 2 1 x y z Xác định điểm A trên 1 và điểm B trên 2 sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.b: (2 điểm) Cho tập A= {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 15. Hướng dẫn Câu I: 2) 2 ( ) 3 2 1 2 2y g x x m x m . YCBT phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thoả x 1 < x 2 < 1 [...]... và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5 + Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5 4.P4 = 96 số Trần Sĩ Tùng Trang 61 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng chia hết cho 5 + Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5 Nếu tận cùng là 0 thì có P4= 24 số chia hết cho 5 Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P 3=18 số chia hết cho 5 Trong trường hợp này có: 3(P4+3P3)... vuông góc chung của ( 1) và ( 2) uuu r r uuu r r AB u1 AB.u1 0 2t 3t ' 0 t t ' 0 A( 1; –1; 2), B(3; 1; 0) uuu r r uuu r r 3t 6t ' 0 AB u2 AB.u2 0 Câu VII.b: Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5 Các bộ số gồm 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5) , (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5) , (1; 2; 4; 5; 6) Mỗi số chia hết cho 5 khi.. .Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng 4m 2 m 5 0 5 g (1) 5m 7 0 m 1 m 5 4 S 2m 1 1 2 3 x Câu II: 1) Nếu cos 0 x k 2 , k Z , phương trình vô nghiệm 2 x x Nếu cos 0 x k 2 , k Z , nhân hai vế phương trình cho 2cos ta được: 2 2 x x x x 7x tích thành tông 2cos cos3x 2cos cos 2 x 2cos cos x cos cos 0 2 2 2 2 2 2 x k , k ¢ , đối chiếu... của một tam giác là 5x – 2y + 6 = 0 và 4x + 7y – 21 = 0 Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4 ;5; 6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của IJK 2 3 25 Câu VII.a (1 điểm) Tính tổng: S 1.2.C 25 2.3.C 25 24. 25. C 25 B Theo chương trình... phương trình mp(P) 5 4 a 6c 0 77 c 6 Câu VII.a: Xét nhị thức Newton: x 1 n n k Cn x k k 0 Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: n(n 1) x 1 Cho x = 1 và n = 25 từ (1) 25 24.223 = n 2 n k k (k 1)Cn x k (1) k 2 25 25 k k (k 1)C 25 k 2 k k (k 1)C 25 = 50 33164800 k 2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2 M Oy M(0;m) · AMB 600 (1) · AMB 1200 (2) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp... 6x + 5 = 0 Tìm Trang 62 Thuviendientu.org M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4 ;5; 6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0) Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và cắt được các đường thẳng AB, CD Câu VII.b (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn điều kiện: z 5 và phần. .. AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3) r Đường cao đỉnh B đi qua O nhận VTCP a (7; 4) của AC làm VTPT BO: 7x – 4y = 0 B(–4; –7) A nằm trên Oy đường cao AO chính là trục Oy Vậy AC: y + 7 = 0 x y z 2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( P) : 1 a b c uu uu r uu r uuu r r IA (4 a ;5; 6), JA (4 ;5 b;6); JK (0; b; c), IK ( a;0; c) 77 4 5 6 a 1 4 a b c 77 b Ta có: 5b 6c 0 phương trình mp(P) 5 4... : ax by 2a 4b 0 Từ giả thi t suy ra · 2 ; 3 · 1 ; 2 Do đó 1 cos· 2 ; 3 |1.a 2.b | cos· 1 ; | a 2b | 2 a 2 2 b2 5 a 2 b a 3a 4b 2 0 | 4.1 2.3 | 25 5 a 0 3a 4b 0 a = 0 b 0 Do đó 3 : y 4 0 3a – 4b = 0: Chọn a = 4 thì b = 3 Suy ra 3 : 4 x 3 y 4 0 (trùng với Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y – 4 = 0 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: y 4 0 x y 1 0 x 5 y 4 1 ) C 5; 4 2) Tọa độ của trung... 63 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng 1 b 1 c 1 a (1) 1 1 1 0 c a b c a b 1 1 1 a b c a b c Đặt: x 0; y 0; z 0 x y.z 1 Khi đó : b c a x 1 y 1 z 1 (1) (*) 0 x 2 y 2 z 2 xy 2 yz 2 zx 2 x y z 0 y 1 z 1 x 1 1 2 3 xyz x Vì x 2 y 2 z 2 x y z y z x y z ( theo BĐT Cô–si) 3 Và xy 2 yz 2 zx2 3 3 xyz 3 3 (theo BĐT Cô–si) Do đó: (*) đúng Vậy (1) được CM Dấu "=" xảy ra x=y=z a = b = c Khi đó tam giác ABC là tam giác đều... 2 3y 2 1 3 3 3 3 (*) luôn sai với mọi y > 0 BPT log x 3 y 1 y 1 1 log x 2 Kết luận: BPT vô nghiệm Câu III: Đặt : t t2 4x 1 6 Do đó: I 2 1 2 (t 1) 4 5 5 tdt 1 1 dt 2 (t 1) 3 t 1 (t 1)2 3 4x 1 dx 2x 1 4x 1 x ln 3 1 2 12 Câu IV: Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của các đường chéo AD, BE, CF SO (ABCDEF) Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng nhau cạnh b Diện . phân biệt x 1 , x 2 thoả x 1 < x 2 < 1 Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Trang 60 2 4 5 0 5 (1) 5 7 0 1 5 4 21 1 23 mm g m m m Sm Câu II: 1) Nếu cos 0. y y y Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Trang 56 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B (5; 4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5; 4), (7;2),