Gián án ĐỀ 8 ÔN THI ĐH (CÓ LỜI GIẢI)

ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC (THEO CHƯƠNG TRÌNH MỚI) I. PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. Khảo sát sự biến thiên và đồ thị (C) hàm số y = x 3 - x 2. Dựa và đồ thị biện luận sự có nghiệm của phương trình: x 3 – x = m 3 – m Câu 2: 1. Giải phương trình: cos 2 x + cosx + sin 3 x = 0 2. Giải phương rtình: (3 + 2 2 ) x – 2( 2 - 1) x – 3 = 0 Câu 3: 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 4: Cho I = ln2 3 2 3 2 0 2 1 1 x x x x x e e dx e e e + − + − + ∫ . Tính e I Câu 5: Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2 2 2 1 tan 1 2 2 1 tan 2 A B tan C    + +  ÷ ÷    + + 2 2 2 1 tan 1 2 2 1 tan 2 B C tan A    + +  ÷ ÷    + + 2 2 2 1 tan 1 2 2 1 tan 2 C A tan B    + +  ÷ ÷    + II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Trong mpOxy 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 4 2 ; 5 5    ÷   2. Viết phương tham số của đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;5;0) và cắt hai đường thẳng 1 2 : 1 3 3 x y z− ∆ = = − − và 2 ∆ : 4 1 2 x t y t z t =   = −   = − +  Câu 7a. 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. 2) Theo cương trình nâng cao: Câu 6b: 1. Giải phương trình 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x− + − − = + + + − + . 2. Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng 1 7 3 9 : 1 2 1 x y z− − − ∆ = = − và 2 ∆ : 3 7 1 2 1 3 x t y t z t = +   = −   = −  Câu 7b: Giải phương trình z 3 + (1 – 2i)z 2 + (1 – i)z – 2i = 0., biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo -------------------------------Hết------------------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI: I. PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. Tự giải 2. Phương trình: x 3 – x = m 3 – m (1) là pt hoành độ giai điểm của (C) và đường thẳng y = m 3 – m + Nếu 2 3 3 2 3 2 2 3 2 3 (3 3) 0 3 9 9 2 3 0 9 2 3 9 9 2 3 0 2 3 (3 3) 0 9 3 m m m m m m m m m m m m     + − <   ÷ − < −  ÷   − + <     ⇔ ⇔      − − >    − > − + >   ÷  ÷      2 3 3 2 3 3 m m  < −    >   : (1) có 1 nghiệm duy nhất + Nếu : m = 2 3 3 ± hoặc m = 3 3 ± : (1) có 2 nghiệm ( 1 đơn, 1 kép) + Nếu : m 2 3 2 3 3 ; \ 3 3 3       ∈ − ±  ÷    ÷       : (1) có ba nghiệm phân biệt. Câu 2: 1. cos 2 x + cosx + sin 3 x = 0 ⇔ cosx(1 + cosx) + 8 3 3 sin os 2 2 x x c = 0 ⇔ 2cosx.cos 2 2 x + 8 3 3 sin os 2 2 x x c = 0 2 3 x 2 os ( osx + 4sin . os ) 0 2 2 2 x x c c c⇔ = [ ] 2 2 os osx + ( 1- cosx)sinx 0c x c⇔ = x os 0 2 sinx + cosx - sinx.cosx = 0 c  =  ⇔   Từ đó suy ra nghiệm của phương trình. 2. (3 + 2 2 ) x – 2( 2 - 1) x – 3 = 0 2 2 ( 2 1) 3 0 ( 2 1) x x ⇔ + − − = + 3 ( 2 1) 3( 2 1) 2 0 ( 2 1) 2 x x x ⇔ + − + − = ⇔ + = suy ra nghiệm của pt. Câu 3: Ta có S ABC = S ABCD – S ADC = 2 1 2 a V ASBC = 1 3 S ABC .SA = 3 1 6 a Câu 4: I = ln2 3 2 3 2 0 2 1 1 x x x x x e e dx e e e + − + − + ∫ = ln2 3 2 3 2 3 2 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 3 2 3 2 0 3 2 1 1 x x x x x x e e e dx e e e   + − −  ÷ + − +   ∫ = ln(e 3x + e 2x – e x + 1) ln 2 ln 2 0 0 x− = ln11 – ln4 = 14 ln 4 Vậy e I = 11 4 Câu 5: P = C os 2 B A cos os 2 2 c c + A os 2 B C cos os 2 2 c c + B os 2 C A cos os 2 2 c c = sin 2 B A cos os 2 2 A B c +    ÷   + sin 2 B C cos os 2 2 B C c +    ÷   + sin 2 C A cos os 2 2 A C c +    ÷   = 2 tan tan tan 2 2 2 A B C   + +  ÷   ≥ 2 3 Vậy minP = 2 3 khi và chỉ khi A = B = C = 3 π II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1. (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3 Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M ==> I’ 8 6 ; 5 5 −    ÷   (C’): 2 2 8 6 9 5 5 x y     − + + =  ÷  ÷     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 Ta có (d) = (P) ∩ (Q) ===> phương trình đường thẳng (d) Câu 7a: 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 luận. 2) Theo cương trình nâng cao: Câu 6b: 1.Đặt: 2 2 2 2 2 1 0 3 2 0 2 2 3 0 2 0 u x v x x p x x q x x  = − ≥   = − − ≥   = + + ≥   = − + ≥   Điều kiện: 2 2 2 1 0 3 2 0 x x x  − ≥   − − ≥   ($) Ta thấy: u 2 – v 2 = p 2 – q 2 = x 2 + 3x + 1 Ta có hệ: 2 2 2 2 u v p q u v p q u v p q u v p q + = + + = +   ⇔   − = − − = −   2 2 2 2 u p u v v q v q  = =   ⇔   = =    ⇔ 2 2 2 2 2 1 2 2 3 2 3 2 2 x x x x x x x x  − = + +  ⇔ = −  − − = − +   Vậy nghiệm của pt: x = -2 (thoả điều kiện ($)) 2. Phương trình tham số của 1 ∆ : 7 ' 3 2 ' 9 ' x t y t z t = +   = +   = −  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 a r = (1; 2; - 1) và b r = (-7;2;3) Ta có: . 0 . 0 MN a MN a MN b MN b   ⊥ =   ⇔   ⊥ =     uuuur r uuuur r uuuur r uuuur r dưa vào đây tìm được t và t’ ==> toạ độ M;N Đường vuông góc chung chính là đường thẳng MN. Câu 7b: 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 2 2 0 2 2 0 k k k k k  − + =   − + + − =   ⇔ k = 1 Vậy nghiệm thuần ảo là z = i Vậy z 3 + (1 – 2i)z 2 + (1 – i)z – 2i = 0 ⇔ (z – i)[z 2 + (1 – i)z + 2] = 0 2 (1 ) 2 0 z i z i z =  ⇔  + − + =  ==> nghiệm của phương trình. --------------------------------Hết -------------------------------- . ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC (THEO CHƯƠNG TRÌNH MỚI) I. PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. Khảo sát sự biến thi n và đồ thị (C) hàm số y = x 3. Câu 6a: 1. (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3 Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M ==> I’ 8 6 ; 5 5 −    ÷   (C’): 2 2 8 6 9 5 5 x y     − + + =