TUYEN TAP CAC DE ON DH 2012

H·y x¸c ®Þnh m sao cho h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®å thÞ (C) vµ trôc hoµnh cã diÖn tÝch phÇn phÝa trªn vµ phÇn phÝa díi trôc hoµnh b»ng nhau.. Tìm p höông trình chính taéc cuûa elip (E).[r]

(1)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A – Năm học : 2011 – 2012 Môn thi : TOÁN

Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: (2im) :Cho hàm số : y=x44x2+m (C) 1/ Khảo sát hàm số với m =3

2/Gi sử đồ thị (C) cắt trục hoành điểm phân biệt Hãy xác định m cho hình phẳng giới hạn đồ thị (C) trục hoành có diện tích phần phía phần phía dới trục hoành Cõu II:(2điểm) :1.Giải bất phương trỡnh:

√

x

−

x

−

√

x

−

x

≥ x −

2.Giải phương trình :  

3 2

cos cos3x x sin sin3x x 4

Câu III: (2điểm): Tính tích phân :I=

sinx+cosx¿3 ¿ ¿

7 sinx −5 cosx ¿

∫

π

2

¿

2,Tìm hệ số x3 khai triển

(

x

+2

x

)

n

biết n thoả mãn: C21n+C23n+ .+C22nn −1=223

Câu IV: (1điểm): Cho hình chóp S.ABCD có độ dài cạnh đáy a mặt phẳng bên tạo với mặt đáy góc 60o Mặt phẳng (P) chứa AB qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD M, N.

Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a

II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chọn làm hai câu(Va hoặcVb) Câu V.a: (3 điểm)

1.Tìm phương trình tắc elip (E) Biết Tiêu cự qua điểm M(–

√

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng 1: 1

x y z

d  

aø

2

1 :

1

x t

d y t

z t

  

      

Xét vị trí tương đối d1 d2 Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d2 vuơng gĩc với d1 3.Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Nguời ta chọn viên bi từ hộp

đó Hỏi có cách chọn để số bi lấy khơng có đủ ba màu?

Câu V.b: (3 điểm)

1.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0; 0;-3), B(2; 0;-1) mặt phẳng (P) có

phương trình 3x −8y+7z+1=0

Viết phương trình tắc đường thẳng d nằm mặt phẳng (P) d vng góc với AB tại

giao điểm đđường thẳng AB với (P)

2.(1 điểm) Cho số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1;c-d=3 CMR:

9 F ac bd cd    

………Hết………

(2)

HƯỚNG DẨN GIẢI

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I 1/Víi m=3 ta cã: y=x4−4x2+3

*-Tập xác định:R *-Sự biến thiên:

a-ChiỊu biÕn thiªn: y '=4x3−8x:y '

=0⇒x=0, x=±

√

Hàm số đồng biến

(



2;0) ( 2;



)

(

  

;

2) (0; 2)

x

⇒y

đạt cực tiểu tại: x=±

√

⇒y

−

x → ±∞(x

4

−4x2+3)=+∞ Đồ thị hàm số tiệm cận

d-bảng biÕn thiªn : x − ∞ −

√

∞

y’ - + - + +∞ +∞

y

-1 -1

e-TÝnh lồi lõm điểm uốn: y''=12x28 :y''=0x=

3

B¶ng xÐt dÊu y’’: x − ∞ −

√

∞

y’’ + - + §U §U

§T lâm ( −

√

;

7

9¿ låi (

√

;

7

9¿ lâm *-Đồ thị:

th nhn Oy lm trc i xứng

Giao víi trơc Ox t¹i ( −

√

;

√

;

2/

x

−

x

+m=0 (1) có bốn nghiệm phân biệt pt

t24t+m=0 phải có hai nghiệm dơng phân biệt:

'=4m>0

t1.t2=m>0

t1+t2=4>0

⇔0<m<4

¿{ {

¿

*Gọi nghiệm (1) ± a , ±b tính chất đối xứng đồ thị qua trục tung nên để diện tích hình phẳng phần phần dới trục hoành ta phải có

∫

a

(x4−4x2+m)dx=−

∫

a b

(x4−4x2+m)dx⇔

∫

0

b

(x4−4x2+m)dx=0

⇔b5 −

4 3b

3

+mb=0⇔3b4−20b2+15m=0 (2) thay m=4b2−b4 vào (2) ta đợc b2=10

3 ⇒m= 20

9 ∈(0,4)

Câu II:(2điểm) :1.Giải bấtphương trình:

√

x

−

x

+2−

√

x

−

x

≥ x −

*

Đk: x

D=(-

*x=1 nghiệm

4

2

-2

2 -

y

x

- 3

3

(3)

*x

√

x −

≥

√

x −

√

x −

*x

√

− x

√

− x ≥

√

−

x

*BPT c ó tập nghiệm S=(-

;1/2]

{1}

2.Giải phương trình :  

3 2

cos cos3x x sin sin3x x 4

(cos3x+3cosx)cos3x+(3sinx-sin3x)sin3x=

√

⇔

√

⇔ 4cos 32x=

√

⇔

√

±

π

8+kπ(k∈Ζ) Câu III: (2điểm):

1 I

1=

∫

0

π

2

sin xdx

(sinx+cosx)3; I2=

∫

π

2

cos xdx

(sinx+cosx)3

; đặt x= π

2− t chứng minh I1=I2

Tính I1+I2=

∫

π

2 dx

(sinx+cosx)2=

∫

π

2 dx

2 cos2(x −π

4)

=1

2tan(x − π 4)

¿π

2

¿0 =1

I1=I2= 12 ⇒ I= 7I1 -5I2=1

2,Tìm hệ số x3 khai triển

(

x

)

n

biết n thoả mãn: C21n+C23n+ .+C22nn −1=223

Khai triển: (1+x)2n thay x=1;x= -1 kết hợp giả thiết n=12 Khai triển:

(

x

)

=

∑

k=0 12

C12

k

2kx24−3k hệ số x3: C

12

27 =101376

Câu IV: (1điểm): I, J trung điểm AB v CD; G trọng tâm ∆SAC Khai thác giả thiết có ∆SIJ cạnh a nên G trọng tâm ∆SIJ

IGcắt SJ tạ K trung điểm SJ; M,N trung điểm cúaSC,SD IK=

√

a

2 ;SABMN=

2(AB+MN)IK= 3

√

a

8 SK┴(ABMN);SK=

a

2 =>V= 13SABMN.SK=

√

a

16 (đvtt)

II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chọn làm hai câu(Va hoặcVb) Câu V.a: (3 điểm)

1.Tìm phương trình tắc elip (E) Biết Tiêu cự qua điểm M(–

√

+PTCT (E):

x

a2+

y2

(4)

+Gt

⇒ 15

a2+ b2=1 a2−b2=16

¿

{

Giải hệ kết có (E) thoả mãn x 20+

y 4=1

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng 1: 1

x y z

d  

aø

2

1 :

1

x t

d y t

z t

  

      

Xét vị trí tương đối d1 d2 Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d2 vng góc với d1 BG:

*2 đường thẳng chéo

*đường thẳng Δ cần tìm cắt d2 A(-1-2t;t;1+t) ⇒⃗OA =(-1-2t;t;1+t)

Δ⊥d1⇔⃗OA ⃗u1=0⇔t=−1⇒A(1;−1;0) Ptts

Δ x=t

y=− t

z=0

¿{ {

3.(1 điểm)Một hộp đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Nguời ta chọn viên bi từ

hộp Hỏi có cách chọn để số bi lấy khơng có đủ ba màu?

BG -Số cách chọn bi từ số bi hộp là: C184

-Số cách chọn bi đủ màu từ số bi hộp là: C5

C6

C7

+C51C62C71+C51C61C72

-Số cách chọn thoả mãn yêu c ầu là: C184 −(C52C61C71+C51C62C71+C51C61C72)=1485 Câu V.b: (3 điểm)

1.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0; 0;-3), B(2; 0;-1) vaø mặt phẳng(P) cóphương trình 3x −8y+7z+1=0

Viết phương trình tắc đường thẳng d nằm mặt phẳng (P) d vng góc với AB tại giao

điểm đường thẳng AB với (P)

BG: Giải giao điểm AB cắt (P) t ại C(2;0;-1) Viết phương trình: x −22= y

−1= z −1

−2

2.(1 điểm) Cho số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1;c-d=3 CMR:

9 F ac bd cd    

BG :Ap dụng bđt Bunhiacopxki giả thiết có

2 2 2

(

)(

)

2

6

9

3

( )

F



a



b

c



d



cd



d



d

 

d



d



f d

Ta có

2

3

9

1

2(

)

2

'( ) (2

3)

2

6

9

d

f d

d









2

3

9

1

2(

)

2

0

2

6

9

d









(5)

d -  - 3/2 +

f'(d) +

-f(d)

3

9 2

( )

(

)

2

4

f d



f







Dấu x ảy a=

√

−

√

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THAM KHẢO Mơn thi : TỐN

Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y x 4 5x24, có đồ thị (C) Khảo sát vẽ đồ thị (C)

2 Tìm m để phương trình |x4 5x24 | log 2m có nghiệm Câu II (2.0 điểm).

Giải phương trình:

1

sin 2x sin x 2cot 2x

2sin x sin 2x

   

2 Tìm m để phương trình:





2

m x  2x 1  x(2 x) (2) 

có nghiệm x 0; 1 3

Câu III (1.0 điểm) Tính

4

0

2x

I dx

1 2x

 

 

∫

Câu IV (2.0 điểm)

1.Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 BAC ❑

=120o Gọi M trung điểm cạnh CC1

(6)

b Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM) II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)

1)Câu VI.a (2.0 điểm).

1 Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1; 3; -2), B (-3; 7; -18) mặt phẳng (P): 2x - y + z + =

a Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P) b Tìm tọa độ điểm M  (P) cho MA + MB nhỏ

2 (1.0 điểm) Giải phương trình:





2

3

log x  x  log x2x x

2)Câu V.b (1,5điểm).

1 Giải bất phương trình: (log log x )logx  2 2x 0

2.(1.5 điểm) Cho x, y, z số dương Chứng minh : 3x2y4z xy3 yz5 zx

………Hết………

HƯỚNG DẨN GIẢI

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: 1.(hs tự giải)

9

4

12

log 12 144 12

4

m  m 

Câu II:

1 Giải phương trình :

1

sin 2x sin x 2cot g2x

2sin x sin 2x

   

(1) (1)  cos22x  cosxcos2x = 2cos2x sin2x 

 cos2x 0v2 cos x cosx 0(VN)     cos2x = 

  

     

2x k x k

2

2 Đặt t x2 2x 2  t2 = x2 2x

Bpt (2) 



    



2

t

m (1 t 2),do x [0;1 3]

t

Khảo sát

2

t

g(t)

t  

(7)

g'(t)

2

t 2t 0

(t 1)

 

 

 Vậy g tăng [1,2]

Do đó, ycbt  bpt

2 t m t  

 có nghiệm t  [1,2]

 





  

t 1;2

2 m max g(t) g(2)

3

Vậy m

2

Câu III Đặt t 2x 1  t2 2x 1  2tdt 2dx  dx tdt ; Đổi cận t(4) = 3, t(0) =

Vậy

4 2

0 1

2x t

I dx dt t dt

1 t t

1 2x

               

∫

t t ln t 1 2 ln2

2             

Câu IV (Bạn đọc tự vẽ hình)

Chọn hệ trục Axyz cho: A  0, C 2a,0,0





 

  

 

a a

A(0;0;0),B ; ;0

2

M( 2a,0,a 5)

                                     

BM a ; ; , MA a(2;0; 5)

2

a.Ta có:       

                         

  2

1

BM.MA a ( 5) BM MA

b.Ta tích khối tứ diện AA1BM :



   

   

   

⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 2

1 BMA1

1 a 15

V A A AB,AM ; S MB,MA 3a

6

Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1)

3V a 5

d

S

II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Câu Va Ta có AB ( 2,4, 16)  



phương với   

⃗

a ( 1,2, 8)

mp(P) có VTPT n (2, 1,1) 

⃗

Ta có

⃗ ⃗

[ n ,a] = (6 ;15 ;3) phương với (2;5;1)

a.Phương trình mp(Q) chứa AB vng góc với (P) : 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) =

 2x + 5y + z  11 =

b Tìm M  (P) cho MA + MB nhỏ

Vì khoảng cách đại số A B dấu nên A, B phía với Mp (P)

Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) ; Pt AA' :

x y z

2 1

  

 



AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm ;

                

2x y z

H(1,2, 1) x y z

(8)

Vì H trung điểm AA' nên ta có :

H A A '

2x x x

2y y y A'(3,1,0)

2z z z

 

 

  



  



Ta có A'B ( 6,6, 18)  



(cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B :

 

 

 x y z

1

Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình

   

 

 

 



 

 



2x y z

M(2,2, 3) x y z

1

2. Giải phương trình:





2

3

log x  x  log x2x x

BG: (1)





 

2

1

log x x x x 3x x x

x x



 

      

Đặt:f(x)= 3x2x g(x)=

1 x

x

 

(x0)

Dùng pp kshs =>max f(x)=3; g(x)=3=>PT f(x)= g(x)  max f(x)= g(x)=3 x=1 =>PT có nghiệm x= 1

Câu V.b.

1 Điều kiện x > , x 

(1)

 

    

 

1 2 log x 1log 2x 0

log x





 

 

     

 

 

2

1 log x log x 1 0

1 log x

   

     

 

      

2 2

2

log x log x

(log x 3) 0

log x log x

1

log x 1haylog x 0 x hay x

2

2.Theo BĐT Cauchy













1

; ;

2 x y  xy y z  xy z x  xy Cộng vế =>điều phải chứng minh

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THAM KHẢO Môn thi : TOÁN

Câu I: Cho h/s

1 y x

x

 

có đồ thị (C)

1. Khảo sát vẽ đồ thị h/s

2. Cho Mx y0; 0

 

C

o (C) Cắt đthẳng y=x A ;Cắt Oy B Chứng minh Tich OA.OB không phụ thuộc vào vị trí Mo

CâuII : Giải PT:

2

1

2cos cos ( ) sin 3cos( ) sin

3 3

(9)

2.Giải bất phơng tr×nh

√

x −

x

−

√

x

−

CâuIII: Tính tích phân :I=

ln ln

x dx

x  x

∫

CâuIV: 1.Cho hình hộp lập phương ABCDA B C D, , , ,cạnh a

lấy

,/ , 3; , ,/ , 2; ,/

2

a a a

MAA A M  N D C D N  K CC CK 

Đường thẳng qua K//MN cắt mp(ABCD) Q Tính KQ theo a

2.Trong mpOxy cho A(1;1) ;B(0;2).Tìm C cho CA =CB C cách

 

x

y

II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) C©u V.a Cho PT:

1

2 x 2 x a

a) Giải PT a=1 b) Tìm a để PT có nghiệm

C©u VI.a Tìm hệ số x5 khai triển biểu thức:

11

2

1

A x x

x x

   

     

   

CâuVb: 1.Giải PT: 9x 5x4x2( 20)x

2.Cho số phức z = + 3i Hãy viết dạng lượng giác số phức z5.

CâuVIb : : Tìm số âm dãy x x x1; 2; 3; xn;





4

143

1

n n

A

x n n

P P

 

  

………Hết………

HƯỚNG DẨN GIẢI I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: Cho h/s

1 y x

x

 

có đồ thị (C) 1.Khảo sát vẽ đồ thị( h/s tự giải) 2.Cho Mx y0; 0 

 

C

(10)

BG:*PT tiếp tuyến Mo là:

 

0

1

: x y

x x

 

      

 

*

 

d y x

Tại A =>A



x



 

x

 



 

 

*Ta có

0

2 ;

OA x OB OA OB

x

   

là số không phụ thuộc vào vị trí Mo

CâuII : Giải PT:

2

1

2cos cos ( ) sin 3cos( ) sin

3 3

x x   x x  x

(1)

BG:(1) 6cosxcos2x 8 6sin cosx x 9sinxsin2x



x

 

x



x

k

 

        

2.Giải bất phơng trình

x

BG: §K:

¿ x>0

log22x −log2x2−3≥0

¿{

¿

Bất phơng trình cho tơng đơng với

√

x −

x

−

√

x −

BPT (1) 

√

t

−

t −

√

t −

⇔

√

t −

t

√

t −

⇔ ¿t>3

t −3¿2 ¿ ¿ ¿ ⇔

¿ t ≤−1

¿

3<t<4

¿ ⇔

¿ t ≤−1

¿ ¿ ¿{

¿

(t+1)(t −3)>5¿

⇔ 0<x ≤1

2

¿

8<x<16

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ¿∪(8;16)

CâuIII: Tính tích phân :I=

ln ln

x dx

x  x

∫

(11)

*khi x=1=>t=0 ;x=2=>t=ln2

* I=

















1

3

ln ln 2 ln 2

2

0

2 2

1 1 ln

3 3

1 dt

t d t t

t        



∫

CâuIV: 1.Cho hình hộp lập phương ABCDA B C D, , , ,cạnh a

lấ

, , , , , ,

/ ; / ; /

2

a a a

MAA A M  N D C D N  K CC CK 

Đường thẳng qua K//MN cắt mp(ABCD) Q Tính KQ theo a BG:(h/s tự vẽ hình)

Chọn Oxyz/ O=A=>B(a,0,0) ;D(0;a;0) ;M(0;0;a/2) ;





,

2

; ; ; 0,0, ; ; ;

2

a a

N a a A a K a a 

   

Ta có; QK qua K; QK //MN =>vtcp QK

1 1

;1;1 : ; ;

2 3

a MN   PTTScuaQK x a  t y a t z   

 



Mp(ABCD) trùng với mp(Oxy0=> PT: z=o

=>





2

a a a

Q QK  ABCD  Q a   a  QK  a  

   

   

⃗

=>QK=

11 18 27

6

a  a

2.Trong mpOxy cho A(1;1) ;B(0;2).Tìm C cho CA =CB C cách

 

x

y

BG: Gọi C(x;y) =>





3 10

; 1

5

x y x y

d C

x y

      

     

 

 (1)

Mặt khác AB=AC =>













 

2 2

1 2

x  y x  y  x y  

Từ (1) (2)=>









1 4

2 7

3

3 10

2;1

1

;

3

1

x y x

C

x y y

C

x y x

x y y



      



 

 

   

 

   



      



 



   

 

 

II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) C©u V.a1 Giải PT:

1

1 2 x 2 x

*Đặtu=

2 x ; v=

2x (đk: u0;v o )





2

1

1 2 0

1

u v

u u u u u u x

u v

  

               

 

(12)

2.Tìm a để PT có nghiệm

*Đặt f(x)=

 

,

1 1 1

; ;

2 2 1

2

x

x x x f

x x                 

, 0 0

x

f   x D

Dùng bbt=>PT f(x)=a có nghiệm khi:1 a

C©u VI.a Tìm hệ số x5 khai triển biểu thức:

11

2

1

A x x

x x

   

     

   

Bg: Công thức khai triển biểu thức là:

 





11 7

11

0

11

11 14

11 0 1 k n

k k n

n

k n

k k k n n

k n

A C x C x

x x

A C x C x

                   



Để số hạng chứa x5 k=2 n=3 Vậy hệ số x5 C112 C7390

CâuVb: 1.Giải PT: 9x 5x4x2( 20)x *

5

2x x x x x x x x

pt [( 5) ] ( 5) ( ) ( )

3

        

(1)

+Đặt f(x) =

5 3 x x             

  => f,(x)<0 ( Vì

5 2

0

,

1

3 3



) nên vế trái hàm số nghịch biến R

+ Mặt khác : f (2) = nên pt (1)



2.Cho số phức z = + 3i Hãy viết dạng lượng giác số phức z5.

BG : 5

5

1

2;cos ;sin cos sin

2 3

5

2 cos sin 32 cos( ) sin( ) 32

3 3 2

16 16

r z i

z i i i

z i                                                    

CâuVIb : : Tìm số âm dãy x x x1; 2; 3; xn;





n

A

x n n

P P

 

  

BG: Ta có ĐK:nN

:













! 4 28 95

2 ! !

14 576 14 576

0 28 95

4

: 1;

n

n n

x n n

n n

x n n n

do n N n n

                      

(13)

………Hết………

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A THAM KHẢO

Bài Cho hàm số

3

1

3

y x  mx  x m 

có đồ thị (Cm) a) Khảo sát m =-1

b) Tìm m để (Cm) cắt Ox điểm phân biệt có tổng bình phương hồnh độ lớn 15 Bài Cho phương trình cos3x sin3x m (1)

a) Giải phương trình m=-1

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm

; 4

x   

 

Bài (2 điểm)

a) Giải phương trình xlog 92 x2.3log2x xlog 32

b) Tính tích phân

2

4

sin

cos (tan tan 5)

xdx

x x x



  

∫

a) Trong khơng gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình



 



2 2

1 14

x  y  z 

điểm M





b) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A

 

x

y

x

y

Bài (2 điểm)

a) Cho khai triển





5

2 15

0 15

1 x x x a a x a x

Tìm hệ số a9 khai triển đó.

b) Cho a, b, c>0; abc=1 Chứng minh

3 3 3

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

a b c

b c  c a  a b 

(14)

ĐÁP ÁN Bài

a) HS tự giải

b) YCBT thỏa

3

1 2 0

3x mx x m

     

có nghiệm phân biệt thỏa x12x22 x32 15.



x





x

m x

m



      

có nghiệm phân biệt thỏa x12 x22x32 15.

1

m

 

Bài

a) Khi m=-1, phương trình trở thành



x

 

x



Đặt t = cosx sinx; điều kiện t  2 Ta có nghiệm





2 ,

2

x k k l

x l

 



 

 



  



b) (1) 



x

 

x



m

x

t

; 0;

4

x     t  

   

  Ta có phương trình theo t: 3t t 2m.

Bằng cách tìm tập giá trị hàm vế trái, ta suy phương trình có hai nghiệm

; 4

x   

 

khi chỉ

2 ;1

m  

 .

Bài

a) ĐK: x>0

Ta có phương trình xlog 92 x2.3log2x xlog 32  3log2x x21

Đặt log2 x x2t

Phương trình trở thành

3

3 1

4

t t

t t     t x

           

(15)

b) 4 sin

cos (tan tan 5)

xdx I

x x x

     

∫

Đặt tan

dt

t x dx

t

  

 Ta có

1

2

1

2

2 ln

3

2 5

t dt dt

I

t t t t

         

∫

1

dt I t t    

∫

1 tan

2

t u I du

      

∫

I    

Bài Ta thấy M thuộc miền (S) (S) có tâm I





R

2

R IH

  nhỏ (H hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P)) IH

 lớn nhất





M H

IM

    



là VTPT (P) Vậy (P) có phương trình y-z+1=0

Theo u cầu tốn  A B C, , thẳng hàng AB=BC.Gọi

2

( ; ), ( ; )

2

m a

B a b C m n

n b

  

 

 



Do B, C nằm (C) nên

2

3

6

5

6

1

a

a b a b b

m

m n m n

n                            hoặc 5 13 a b m n              .

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán x+y-4=0 7x+y-10=0 Bài

a)













5 5

5

2

5 10 0

1 1 k m k m

k m

x x x x x C C x 

 

 

      

 

 

a9 cho tương ứng k+m=9

Suy a9C C5 100 C C5 101 C C5 102 C C5 103 C C5 104 C C5 105 5005

b) Áp dụng bất đẳng thức côsi cho ba số, ta có





3

1

(1 )(1 ) 8

1

(1 )(1 ) 8

1

(1 )(1 ) 8

3 (1)

4

a c b a

b c

b c a b

c a

c a b c

a b

VT a b c

                         

Dấu xảy

1 1

1

8 8

1

a c b

(16)

Vậy

3 3

(1) (1)

2 4

VT   VT  

điều phải chứng minh

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG THAM KHẢO

Mơn thi : TỐN Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)Cho hàm số y=x+2

x −1 (C)

(1,0 điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C)

2.(1,0 điểm) Cho điểm A(0;a) Xác định a đ từ A kẻ hai tiếp tuyến tới (C) cho hai tiếp điểm tương ứng nằm hai phía trục Ox.

Câu II (2,0điểm)

(1,0 điểm) Giải PT :





2 2

cos cos sin +1

3

x  x  x

   

   

   

   

(1,0 điểm) Giải PT :x 4 x2  2 3x 4 x2

Câu III (1,0điểm) Tính tích phân I=

6

4

sin cos

6x

x x

dx 

 

 

∫

Câu IV (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thẳng (): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 mp(P):2x –

y -2z - 2=0

Viết PT mặt cầu(S) có tâm I và khoảng cách từI đến mp(P) mặt cầu(S) cắt mp(P )

theo giao tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3

II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn làm hai câu(Va hoặcVb) Câu Va

(17)

Trong Oxy hình thang cân ABCD có AB //CD A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tìm toạ độ C

2.(1,0 điểm) Từ số 0,1,2,3,4,5,6

Lập số có chữ số khác mà thiết phải có chữ số Câu Vb

(2,0 điểm).Cho hình chóp S ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 600, ABC SBC tam

giác cạnh a Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC)

2.(1,0 điểm) Giải B PT









2

log log

0

3

x x

  



 

………Hết………

HƯỚNG DẨN GIẢI I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Cõu I 1/*-Tập xác định:D=R\{1} *-Sự biến thiên

a-Chiều biến thiên

x −1¿2 ¿ ¿ y '=−3

¿

Hàm số nghịch biến khoảng

(

 

;1) vµ (1;



)

c-giới hạn:

−1¿− ¿ x →¿ lim

¿

;

−1¿+¿(x+2

x −1)=+∞ x →¿

lim

¿

⇒ hàm số có tiệm cận đứng x=1 lim

x → ∞(

x −2

x −1)=1⇒ hàm số có tiệm cận ngang y=1

d-Bảng biến thiên: x - ∞ + ∞ y’ -

y + ∞

- ∞

1 *-Đồ thị:

2

-2

5

y

x o

-2

(18)

Đồ thị nhận I(1; ) làm tâm đối xứng Giao với trục toạ độ:Ox (- 2;0 ) Oy (0; −2 )

2/(1,0 điểm) Phương trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1)

Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:

x+2

x −1=kx−a(2) x −1¿2

¿ ¿k(3)

¿ ¿ ¿ −3

¿

có nghiệm x ≠1

Thay (3) vào (2) rút gọn ta được: (a −1)x2−2(a+2)x+a+2=0(4)

Để (4) có nghiệm x ≠1 là:

¿ a ≠1 f(1)=−3≠0

Δ'=3a+6>0

⇔ ¿a ≠1 a>−2

¿{ {

¿

Hoành độ tiếp điểm x1; x2 nghiệm (4) Tung độ tiếp điểm y1=x1+2

x1−1

, y2=x2+2

x2−1

Để hai tiếp điểm nằm hai phía trục ox là: y1.y2<0⇔ (x1+2)(x2+2) (x1−1)(x2−2)<0 x1x2+2(x1+x2)+4

x1x2−(x1+x2)+1 <0⇔

9a+6

−3 <0⇔a>−

3 Vậy −

3<a ≠1 thoả mãn đkiện toán

Câu II (2,5 điểm) 1) Giải PT :





2 2

cos cos sin +1

3

x  x  x

   

   

   

    (1)

Bg: (1)

2

1 2cos(2 ) cos(2 ) sin 2cos(2 ).cos sin

3 3

5

1 cos sin 2sin sin ; ;

6

x x x x x

x x x x x k x k hayx k

  



 

  

           

            

(1,0 điểm) Giải PT :x 4 x2  2 3x 4 x2

Bg: ĐK:2 x

Đặt y= 4 x2 (y 0)=>x2y2 4

Ta có hệ PT:





2

3

2

x y xy

   

 

  



(19)

Giải hệ theo S;P => Khi S=2 P=0 => 0; 2; x y x y        Khi 126

4 10 9

;

3 126

9 x s p y               

 Vậy PT có nghiêm:

Câu III (1,0điểm) Tính tích phân I=

6

4

sin cos

6x

x x dx     

∫

* Đổi cận:x t 4;;x t

   

     

I =

6 6

6

4 4

sin cos sin cos

6 ; (6 1) (sin cos )

6

t t

t t t t

dt I dt t tdt

                 

∫

2I =

4

3 5

1 sin cos sin

4 t dt 8 t dt 8t t 16

                                 

∫

Câu IV (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thẳng (): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 mp(P):2x – y -2z - 2=0

Viết PT mặt cầu(S) có tâm I và khoảng cách từI đến mp(P) mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến

đường tròn (C)có bán kính r=3

Bg:m cầu(S) có tâm I g sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mãn PT của(1)

*d I P



 



Từ (1) và(2) ta có hệ PT:

2 2

11 14 1

; ; ; ; ;

2 6 3

2

a b c

a t heconghiem va

b t c t                                 

Dor R2 3  R 13

Vậy có mặt cầu theo ycbt :

 

2 2

1

2 2

2

11 14

( ) : 13

6

1

: 13

3 3

S x y z

                                               

II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chọn làm hai câu(Va hoặcVb)

Câu Va ( 2,0 điểm ) :

1.(2,0 điểm) Trong Oxy hình thang cân ABCD có AB //CD A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tìm toạ độ C Bg: *M trung điểm AB =>

25 ;0 M 

 

*

 





5; 10

; : 25

20

// ; 20;0 :

2

quaM AB PT x y

x t

dtDC AB dtDCquaD pttsDC

(20)

*

27 ; 13

N DC   N  

 

*Do ABCD h thang cân=>C đ xửng với D qua=>N trung điểm CD=> C(-7;-26)

2.(1,0 điểm) Từ số 0,1,2,3,4,5,6

Lập số có chữ số khác mà thiết phải có chữ số

Bg: *Số có chữ số khác là:6.A64(số)

* Số có chữ số khác khơng có mặt chữ số là:3.A54

*Vậy Số có chữ số khác ln có mặt chữ số là:6.A64 5.A54 1560(số)

Bài Vb:

1).(2,0 điểm).Gọi M trung điểm BC O hình chiếu S lên AM Suy ra: SM =AM =

3

a

; AMS600 SO  mp(ABC)

 d(S; BAC) = SO =

3 4a

Gọi VSABC- thể tích khối chóp S.ABC  VS.ABC =

3 3

1 .

3SABC SOa16

(đvtt) Mặt khác, VS.ABC =

1 ( ; )

3SSACd B SAC SAC cân C có CS =CA =a; SA =

3

a



2 13 3

16

SAC a

S 

Vậy: d(B; SAC) =

3 3

13

S ABC SAC

V a

S 

(đvđd)

2.(1,0 điểm) Giải B PT









2

log log

0

3

x x

  



  (1)

Bg: *ĐK: x >-1 x4

*Do

2

3 4

x x khi x

x x khi x

   

     

*Xét trên





 

x

bpt

 

co nghiemS





* Xét trên





 

9

1; log log log

8

x x x

      

-Xét trên





 





9

1;0 log 1;0

8

x x

       

-Xét trên





 

9

0; log

8

x VN

   

Vậy bpt có tập nghiệm :T=



 



C S

O M

A