ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC (Thời gian 180 phút) I PHẦN CHUNG: Câu 1: (2m 1) x m x Cho hàm số y = (m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = - Tìm m để đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x Câu 2: log x 9 0 x Giải phương trình: log2[x(x + 9)] + xy 2 x y x y 1 x y x y Giải hệ phương trình: Câu 3: lim Tìm giới hạn: L = x 2 Tính tích phân: I = ln(1 x ) e x x s inxdx (sinx + cosx) Câu 4: Tính thể tích hình chóp S.ABC, biết đáy ABC tam giác cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên lại tạo với đáy góc Câu 5: 3x x mx Cho phương trình x Tìm m để phương trình có nghiệm II PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt Phẳng (P): x + y + z + = , đường x 1 y z 2 cáC điểm A(3;1;1), B(7;3;9), C(2;2;2) thẳng (d): a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa (d) song song với (P) MA 2MB 3MC b) Tìm toạ điểm M thuộc (P) cho nhỏ 2 Cho đường tròn (C): x + y – 6x – 2y + = Viết phương trình đường thẳng (k) qua M(0;2) cắt (C) theo dây cung có độ dài l = Câu 7a z 3i T×m sè phøc z cã modul nhá nhÊt Trong c¸c sè phøc z thoả mÃn điều kiện 2) Theo chng trỡnh nõng cao: Câu 6b: 1.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt Phẳng (P): 3x + 2y - z + = hai điểm A(4;0;0) B(0;4;0) Gọi I trung điểm đoan AB Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng (P) xác định toạ độ điểm K cho KI (P), đồng thời K cách gốc toạ độ O mặt phẳng (P) x2 y 1 Cho elip (E): 100 25 Tìm điểm M thuộc (E) nhìn hai tiêu điểm (E) góc 1200 Câu 7b:Chứng minh rằng, với số tự nhiên n ( với n ≥ 2), ta có ln2n > ln( n – 1).ln(n +1) HƯỚNG DẪN GIẢI I PHẦN CHUNG: Câu 1: Bạn đọc tự gải Để đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x hệ sau có nghiệm: (2m 1) x m x (2m 1) x m x( x 1) x 2 ( x 1) (m 1) m m 1 x 1 ( x 1)2 Ta thấy m 1 : x = m nghiệm hệ, m = hệ vơ nghiệm Đáp số : m ≠ Câu 2: x 9 log 0 x log2[x(x + 9)] + (1) Điều kiện: x(x + 9) > x < - x > (1) log ( x 9) 0 (x + 9)2 = x = - 10 x = - Đáp số: x = - 10 xy 2 x y x y 1 (1) x y x y (2) Điều kiện: x + y > 2 (1) (x + y – 1)( x + y + x + y) = x + y – = y = – x Thay vào (2) ta được: x2 + x – = Hệ có hai nghiệm: (1;0), (- 2;3) Câu 3: ln(1 x ) lim ln(1 x ) x2 lim (e x 1) (1 1 x ) x x2 e x x = ln(1 x ) lim x x2 x2 3 e 1 1 1 x 2 lim lim x x 2x x = = u Đặt x = dx = - du x= 0 u= ;x= u=0 Đổi cận: sin( u )du 2 cosxdx 3 sinx + cosx sin u cos u Vậy: I = L = x tan x dx 4 1 s inx + cosx dx 2 dx 2cos x sinx + cosx (s inx + cosx) 4 Vậy : 2I = = I Câu 4: Dựng SH AB Ta coù: S (SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB) SH (ABC) vaø SH laø đường cao hình chóp Dựng HN BC, HP AC SN BC, SP AC SPH SNH B SHN = SHP HN = HP H a HP HA.sin 60o AHP vuông có: a SH HP.tg tg SHP vuông có: 1 a a2 a S.ABC : V SH.SABC tg tg 3 4 16 Thể tích hình chóp N C A P Câu 5: Điều kiện: x > Ta thấy x = không nghiệm phương trình nên: 3x 3x x mx m 2x 2x 3x 1 ; Đăt f(x) = x khoảng 3x f’(x) = (2 x 1) x Dựa vào bảng biến thiên pt ln có nghiệm với m II PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: a a)Đường thẳng d qua M(-1;2;0) có VTCP (1; 2;1) n (1;1;1) Mặt phẳng (Q) có VTPT Ta có a.n 0 M (P), vậy: d//(P) Vậy (Q): (x + 1) + (y – 2) + z = hay x + y + z – = M(x b) Gọi 0;y0;z0) (P): x0 + y0 + z0 = - MA 2MB 3MC (23 x0 ;13 y0 ; 25 z0 ) MA MB 3MC (23 x0 ) (13 y0 ) (25 z0 ) Ta có = Theo bất đẳng thức Bunhiakơpski, ta có [(23 – 6x0)2 + ( 13 – 6y0)2 + (25 – 6z0)2](12 + 12 + 12) ≥ [(23 – 6x0) + ( 13 – 6y0) + (25 – 6z0)]2 237 MA MB 3MC 23 x0 13 y0 25 z0 Vậy = x0 23 x0 13 y0 13 y0 25 z0 y0 x y z 0 0 237 z0 MA MB 3MC Vậy nhỏ (C) có tâm I(3;1), bán kính R = Giả sử d cắt (C) A B , H trung điểm AB 2 IH = R HA = d có dạng phương trình: ax + by – 2b = 3a b 2b 3a b 2 2 a b a b Ta có d(I,d) = 9a2 – 6ab + b2 = 5a2 + 5b2 4a2 – 6ab – 4b2 = Chọn b = a = ; a = - ½ Có hai đường thẳng: d1: 2x + y – = 0; d2: x – 2y + = 20 9 Câu 7a z 3i Xét biểu thức (1) Đặt z = x + yi Khi (1) trở thành ( x 2) ( y 3)i ( x 2) ( y 3)2 Do điểm M biểu diễn số phức z thoả mÃn (1) nằm đờng tròn (C) tâm z I(2; -3) bán kính R = Ta có đạt giá trị nhỏ điểm M nằm đờng tròn (C) gần O Do M giao điểm (C) đờng thẳng OI, với M giao điểm gần O Ta có OI = 13 KỴ MH Ox Theo định lí ta lét có MH OM OI 13MH 3 13 13 2 13 13 13 78 13 26 13 13 OH OH 13 26 13 13 13 13 L¹i cã VËy số phức cần tìm 26 13 78 13 z i 13 26 2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: x 4 t y t z 0 I(2;2;0) – pt đường thẳng AB: Gọi C = AB(P) ==> C(-12;16;0) x 2 3t y 2 2t z t KI (P) ==> KI: ==> K(2+3t;2+2t;-t) MH 14 t 20 t 14 t Ta có: d ( K , ( P )) KO ==> t = 1 3 ; ; Vậy K 4 Ta có a = 10; b = 5; c = Áp dụng định lý côsin tam giác MF1F2 [ F1(- ;0) , F2( ;0] 2 F1F2 = F1M + F2M – 2F1M.F2Mcos120 F M F2 M = F1M F2 M 2 4c2 = 4a2 – ( a2 - e xM ) ==> xM = ==> yM = ± Vây M(0;± ) Câu 7b: Với n = BĐT chứng minh Xét n > ln(n – 1) > Ta có ln2n > ln( n – 1).ln(n +1) f ( x) Xét hàm số ln n ln(n 1) ln(n 1) ln n ln x ln( x 1) hàm số nghịc biến với x > Vậy với n > 2, ta có f(n) > f(n + 1) ln n ln(n 1) ln( n 1) ln n