DE 11 ON THI DH CO HD GIAI

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