Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm m để đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số 1 tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4.. Giải phương trình:..[r]
(1)ĐỀ SỐ 37 THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút y 2x x 1 Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) hai điểm A, B phân biệt cho A và B đối xứng qua đường thẳng có phương trình: x + 2y +3= Câu II: (2,0 điểm) sin x 2cosx sin x cos x tan x Giải phương trình: x y x y 2 x y x y 3 Giải hệ phương trình: (e cos x s inx).sin x.dx Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ nội tiếp hình trụ có bán kính đáy r; góc BC’ và trục hình trụ 300; đáy ABC là tam giác cân đỉnh B có ABC 120 Gọi E, F, K là trung điểm BC, A’C và AB Tính theo r thể tích khối chóp A’.KEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn: a + b + c = 1 3 3 3 b 3c c 3a Chứng minh rằng: a 3b Câu VI: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng : x – y + = Viết phương trình đường tròn qua M cắt điểm A, B phân biệt cho MAB vuông M và có diện tích x y z 1 1 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: và mặt phẳng 2 (P) : ax + by + cz – = (a b 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P) qua đường thẳng d và tạo với các trục Oy, Oz các góc Câu VII: (1,0 điểm) Xét số phức z thỏa mãn điều kiện : z 3i 1 , tìm giá trị nhỏ Hết z (2) ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 37 CÂU NỘI DUNG TXĐ: D = R\{-1} y' Chiều biến thiên: x D ( x 1) Hs đồng biến trên khoảng ( ; 1) và ( 1; ) , hs không có cực trị lim y 2, lim y , lim y x x Giới hạn: x => Đồ thị hs có tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = BBT x - -1 y’ + + + y I-1 (1 điểm) - + Đồ thị (C): 2; , trục tung điểm (0;-4) Đồ thị cắt trục hoành điểm Đồ thị nhận giao điểm đường tiệm cận làm tâm đối xứng + (3) Đường thẳng d cần tìm vuông góc với : x + 2y +3= nên có phương trình y = 2x +m 2x 2 x m x 1 D cắt (C) điểm A, B phân biệt có nghiệm phân biệt I-2 (1 điểm) x mx m 0 có nghiệm phân biệt khác - m 8m 32 (1) x A xB m xI y 2 x m m I I Gọi I là trung điểm AB có Do AB vuông góc với nên A, B đối xứng qua đường thẳng : x + 2y +3= I m m = - thỏa mãn (1) đường thẳng d có phương trình y = 2x - §iÒu kiÖn: sin x 0, cos x 0,sin x cos x 0 Pt đã cho trở thành II-1 (1 điểm) II-2 (1 điểm) cos x 2sin x cos x + −2 cos x=0 √2 sin x sin x +cos x cos x 2cos x 0 cos x sin( x ) sin x 0 sin x sin x cos x π +) cos x=0 ⇔ x= +kπ , k ∈ Z π sin x=sin( x + )⇔ π x=x+ + m2 π ¿ π x=π − x − +n π ¿ π x= +m2 π +) ¿ π n2π x= + ¿ m, n ∈ Z ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ π t2π ⇔ x= + ,t ∈Z §èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ π π t2π x= +kπ ; x= + , k ,t ∈ Z Điều kiện: x+y 0, x-y 0 (4) u v 2 (u v) u v 2 uv u v2 u v2 u x y uv 3 uv 3 v x y 2 Đặt: ta có hệ: u v 2 uv (1) (u v ) 2uv uv 3 (2) Thế (1) vào (2) ta có: uv uv uv 3 uv uv (3 uv ) uv 0 uv 0 u 4, v 0 u v Kết hợp (1) ta có: (vì u>v) Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2) (e cos x 0 s inx).sin x.dx 2 ecos x cos x.sin x.dx s inx.sin x.dx I e cos x cos x.sin x.dx III (1 điểm) t Đặt t = cosx có I = t.e dt t.e t 1 et dt 1 1 K s inx.sin x.dx (cos x cos3 x).dx (s inx sin x) 20 3 0 (e IV (1 điểm) cos x s inx).sin x.dx 2 3 Từ giả thiết suy BC ' C 30 BA = BC = r CC ' BC cot 300 r 1 1 r3 VA '.KEF VC KEF VF KEC VA ' ABC AA ' BA.BC.sin120 8 32 (5) r Gọi H là trung điểm AC ta có FH // AA’ suy FH (ABC) và Gọi J là trung điểm KF, mp (FKH) đường trung trực FK cắt FH I, I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE FK FH KH r Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE FJ FK FK r2 r R FI FH FH r 3 Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho ba số dương ta có 1 1 1 (x y z) 33 xyz 9 xyz x y z xyz x y z (*) HK HB HE 1 3 3 3 a 3b b 3c c 3a a 3b b 3c c 3a áp dụng (*) ta có áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho ba số dương ta có P 3 a 3b 1 a 3b 3 b 3c 1 b 3c 1.1 b 3c 3 c 3a 1 c 3a 1.1 c 3a 3 V (1 điểm) a 3b 1.1 1 a 3b b 3c c 3a a b c 3 3 Suy a b c a b c 4 a 3b b 3c c 3a 1 Do đó P 3 ; Dấu = xảy Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có VI.-1 (1 điểm) 2 phương trình ( x a ) ( y b) R MAB vuông M nên AB là đường kính suy qua I đó: a - b + = (1) Hạ MH AB có MH d ( M , ) 1 1 S MAB MH AB R R 2 2 Vì đường tròn qua M nên (2 a) (1 b) 2 (2) (6) (1) a b 0 (2 a) (1 b) 2 (2) Ta có hệ Giải hệ a = 1; b = Vậy (C) có phương trình ( x 1) u Đường thẳng d qua M (0, 2, 1) có VTCP (1, 1, 1) n(a, b, c) (P) có VTPT d ( P) n.v 0 a b c 0 a b c VI -2 (1 điểm) (Oy,( P)) (Oz, ( P)) cos( j, n) cos(k , n) b c ( y 2) 2 b c 0 b c 0 Nếu b = c = thì a = suy ( P1 ) : 2x + y + z - = (loại vì M ( P1 ) Nếu b = - c = - thì a = suy ( P2 ) : y - z - = (thỏa mãn) VII (1 điểm) Vậy (P) có phương trình y - z - = z 3i 1 x ( y 3) 1 Đặt z = x + iy ta có 2 Từ x ( y 3) 1 ta có ( y 3) 1 y 4 Do đó z x y 22 2 Vậy giá trị nhỏ z đạt z = 2i ĐỀ SỐ 38 THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút y x (m 1) x (m 4m 3) x Câu I ( điểm) Cho hàm số: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = -3 Tìm m để hàm số có cực trị Tìm giá trị lớn biểu thức với x1 , x2 là các điểm cực trị hàm số Câu II ( điểm) Giải phương trình: sin 3x 3sin x cos x 3sin x 3cos x 0 x y xy 4 y y ( x y ) 2 x y ( x, y R) Giải hệ phương trình: , x log 21 5log 81x log x Giải bất phương trình: A x1 x2 2( x1 x2 ) (7) Câu III ( điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy góc 600; gọi G là trọng tâm tam giác BCD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC) Câu IV ( điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = (0; ) 2BD Điểm M thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương 2 2 Cn0 Cn1 Cn3 Cnn C2nn12 n 1 (n 1) Chứng minh , với n nguyên dương Câu V ( điểm) Cho x, y R thỏa mãn ( x y ) xy 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 3 x y x y x y 2 Giải phương trình: x x 10 x x 12 x 20 ( xR) ………Hết……… ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 38 Câu I điểm y x x Với m = -3 thì ta có +)Tập xác định: D R 0,25 x 0 y 1 y' 0 x 2 y +)Sự biến thiên: y' 2 x x Ta có Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0), (2; ) , nghịch biến trên ( 0; 2) 0,25 (8) +) Hàm số đạt yCD y 1; yCT y 0,25 5 +) Bảng biến thiên: x y' 0 y +) Đồ thị: 0,25 -5 -2 2 +) Ta có y' 2 x 2( m )x m 4m Hàm số có hai cực trị y’ = có hai nghiệm phân biệt m 6m m x1 x2 m A m2 8m x1 x2 ( m m 3) +) Khi đó ta có => Câu II 0,25 0,25 t (m 8m 7) t +) Xét trên (-5;-1) => A m = -4 +) Từ đó ta có 0,25 sin 3x 3sin x cos x 3sin x 3cos x 0 (sin 3x sin x) 2sin x 3sin x (cos x 3cos x) 0 2sin x.cos x 2sin x 6.sin cos x (2 cos x 3cos x 1) 0 2sin x.cos x 2sin x 6.sin cos x (2 cos x 3cos x 1) 0 0,25 sin x (2sin x 1)(2 cos x 3cos x 1) 0 cos x 1 cos x 0,25 x k 2 sin x , ( k Z ) x 5 k 2 +) 0,25 0,25 (9) 0,25 x k 2 cos x , (k Z ) x k 2 +) +) cos x 1 x k 2 , (k Z ) Kết luận ……………… x y xy 4 y 2 Giải hệ phương trình: y ( x y ) 2 x y , ( x, y R) +) Dễ thấy y = không thỏa mãn hệ 0,25 x 1 x y 4 x y xy 4 y y 2 y ( x y ) 2 x y ( x y ) x 7 y Với y 0 , ta có: 2 v 3 u v 4 u 4 v u 1 2 v v 2u 7 v 2v 15 0 x2 1 u , v x y u 9 y +) Đặt ta có hệ: 0,25 0,25 x 1 x 1 y x 1 y x x 0 y 2 x v 3 x y 3 y 3 x y 3 x u y 5 +) Với x 9 y x x 46 0 v x 9 y y x +) Với u 9 x y y x vô nghiệm x 1 x KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: y 2 , y 5 log 21 x3 5log 81x log x +) Điều kiện x >0 x3 log 5log 81x log x (3log x 2) 5(4 2log x) 2log3 x 0,25 0,25 (10) 0,25 1 log x log x 3log x 8log x 0,25 1 1 log x x 33 x 3 +) +) log3 x x 0,25 x 3 x 0 Kết hợp với điề kiện bất phương trình có nghiệm x Câu III 0,25 +) Từ giải thiết ta có SD ( ABCD) S suy (SB, (ABCD)) = SBD 60 3a S ABCD ( AB CD) AD 2 (đvdt) Ta có H K D C G A +) tam giác ABD vuông cân A ,AB= a E B 0,25 => BD a SD BD tan 60 a a3 VS ABCD SD.S ABCD (đvtt) Vậy +) chứng minh BC ( SBD) , kẻ DH SB=> DH (SBC) 0,25 1 a 2 DH 2 SD DB Có DH +) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK (SBC) và 0,25 GK EG a a GK GK DH ED Vậy d( G, (SBC) = Câu (11) VI +) Gọi N’ là điểm đối xứng N qua I thì N’ thuộc AB, ta 0,25 có : => N’( 4;-5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – = d 4.2 3.1 +) Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 42 32 2 0,25 AC = BD nên AI = BI, đặt BI = x, AI = 2x tam giác vuông ABI có: 1 2 2 d x x suy x = suy BI = 2 +) Từ đó ta có B thuộc ( C): ( x 2) ( y 1) 5 0,25 Điểm B là giao điểm đt AB: 4x + 3y – = với đường tròn tâm I bán kính 0,25 4x 3y – 2 +) Tọa độ B là nghiệm hệ: ( x 2) ( y 1) 5 Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1) Vậy B( 1; -1) 2 2 Cn0 Cn1 Cn3 Cnn C2nn12 n 1 ( n 1) Chứng minh (1) k Cn n! (n 1)! Cnk11 +) Ta có k k k !(n k )! n (k 1)!((n 1) (k 1))! n 0,25 (Cn11 ) (Cn21 )2 (Cn31 )2 (Cnn11 ) VT (1) = ( n 1) 0,25 n 2 +) xét (1 x )2 n C2kn 2 x k k 0 => hệ số chứa xn+1 là C n 1 n 2 n 1 n 1 +) Ta lại có (1 x )2 n 2 (1 x )n 1 (1 x )n 1 Cnk1Cni 1 x k i 0,25 k 0 i 0 n 1 n n n 1 hệ số chứa xn+1 là Cn 1Cn 1 Cn 1Cn 1 Cn 1Cn 1 Cn 1 Cn 1 (Cn01 ) (Cn11 ) (Cn21 ) (Cn31 ) (Cnn11 ) ( vì Cnk Cnn k ) 1 (Cn11 ) (Cn21 )2 (Cn31 )2 (Cnn11 ) 2 2 n 1 n 1 0,25 +) đồng hệ số chứa xn+1 (Cn 1 ) (Cn 1 ) (Cn 1 ) (Cn 1 ) = C2 n 2 (12) Câu V C2nn12 Vậy VT(1) = (n 1) =VP(1) Cho x, y R thỏa mãn ( x y ) xy 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 3 x y x y x y ( x y)3 xy 2 ( x y )3 ( x y )2 2 + ta có ( x y) xy 0 0,25 x y 1 ( x y ) 2( x y ) 0 x y 1 +) 0,25 2 ( x2 y )2 2 P 3 x y x y x y 3 x y x y 1 x y x2 y 1 ( x y )2 2 t x y P t 2t t 2 ta có +) Đặt , với 0,25 9 P t 2t t P t 2t => 16 +) Xét với t “= “ => x=y = ½ 0,25 x 10 +) Điều kiện x 2 0,25 Vậy GTNN P = 16 2 Đặt a x x 10, b x 12 x 20 ta có 2a –b =x 2 (1) 2( x x 10 ( x 1)) x 12 x 20 ( x 2) 18( x 1) 16( x 1) 2 x 12 x 20 ( x 2) => x x 10 ( x 1) x 1 a x 1 b x 2a b x 2a b x 5a 4 x 8 a b x 10 +) Ta có hệ a x b x 0,25 0,25 (13) x 54 15 x x 10 4 x 15 x x => ( thỏa mãn) 15 x Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, 0,25 -Hết - ĐỀ SỐ 39 THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x y x 1 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số đã cho Viết phương trình đường thẳng qua điểm I (0;1) và cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác OAB (O là gốc tọa độ) Câu (2,0 điểm) Giải phương trình (1 cos x) cot x cos x sin x sin x x 3x 1 y y x (x, y ) x y x y Giải hệ phương trình Câu (1,0 điểm) Tính tích phân cos x.ln(1 sin x) I dx sin x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có SC ( ABCD ), đáy ABCD là hình thoi có cạnh a và ABC 1200 Biết góc hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD ) 450 Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách hai đường thẳng SA, BD Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: a ab abc a bc II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chọn hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 6a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB 5, C ( 1; 1) , đường thẳng P AB có phương trình là x y 0 và trọng tâm G tam giác ABC thuộc đường thẳng : x y 0 Tìm tọa độ các đỉnh A và B Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A( 2; 2; 2), B(0;1; 2) và C (2; 2; 1) Viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua A , song song với BC và cắt các trục y’Oy, z’Oz theo thứ tự M , N khác gốc tọa độ O cho OM 2ON Câu 7a (1,0 điểm) (14) Tính mô đun các số phức z thỏa mãn B Theo chương trình Nâng cao Câu 6b (2,0 điểm) 1 z z i (iz 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC : x y 31 0, hai đỉnh B, D thuộc các đường thẳng d1 : x y 0 , d : x y 0 Tìm tọa độ các đỉnh hình thoi biết diện tích hình thoi 75 và đỉnh A có hoành độ âm x y z (d ) : 1 và mặt Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng phẳng ( P ) : x y z 0 Một mặt phẳng (Q) chứa (d ) và cắt ( P ) theo giao tuyến là đường thẳng cách gốc tọa độ O khoảng ngắn Viết phương trình mặt phẳng (Q) 5 z cos z 0 z , z 21 Câu 7b (1,0 điểm) Gọi là hai nghiệm phương trình Tìm số n n n nguyên dương nhỏ cho z1 z2 1 -Hết - ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 39 Câu 2,0 đ Ý 2x 1,0 đ Hàm số y x Đáp án D \ 1 TXĐ: Sự biến thiên hàm số: + Các giới hạn và tiệm cận lim y ; lim y x ( 1) x ( 1) lim y 2 x Đường thẳng x là tiệm cận đứng Đường thẳng y 2 là tiệm cận ngang y' x D ( x 1)2 + Đạo hàm: + Bảng biến thiên: x 1 ’ y y + + + + Hàm số đồng biến các khoảng ( ; 1) và ( 1; ) Hàm số không có cực trị Đồ thị: Tự vẽ đồ thị : y mx 1,0 đ Phương trình hoành độ giao điểm (C) và : 2x mx (x 1) x 1 f ( x) mx (m 1) x 0 (1) (15) Đk: (1) có nghiệm phân biệt khác m 0 f ( 1) 0 m 0 m m m m 0 m Khi đó cắt (C) điểm phân biệt A( x1 ; mx1 1); B ( x2 ; mx2 1) Với x1 , x2 là hai nghiệm (1) Ta có Mà AB ( x2 x1 )2 (1 m2 ) ( x2 x1 )2 x1 x2 (1 m2 ) x1 x2 m AB (m 10m 1)(1 m ) , x1 x2 m m m Do đó : y mx mx y 0 SOAB Khi đó: d d (O, ) m2 1 m 10m AB.d 2m 11m 10m 0 m m 11 (tmđk) 2,0 đ 1,0 đ y x 11 Do đó : y x hay Phương trình (1 cos x) cot x cos x sin x sin x (1) Điều kiện: sin x 0 x k (k ) cos x (1 cos x) cos x sin x sin x sin x Khi đó: (1) cos x cos x cos x sin x sin x 2sin x cos x cos x(1 2sin x) cos x sin x (cos x sin x) 0 cos x cos x cos x sin x cos x 0 cos x(cos x sin x 1) 0 cos x 0 cos x sin x 0 cos x 0 x k (k ) + x l 2 cos x sin x 0 cos x x l 2 4 4 x l 2 + Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là: x k x l 2 ( k , l ) 2, 2 1,0 đ x 3x 1 y y x (1) x y x y 5 (2) Hệ phương trình x y 0 Điều kiện: x y 0 Với điều kiện trên thì (16) (1) 3x2 7xy + 2y2 + x 2y = (3xy)(x2y) +(x2y) = x y 0 (x2y)(3xy +1) = x y 0 + x2y = x = 2y y y 5 (2): y = ; y = x = (tmđk) + 3x y + 1= y = 3x+1 (2) trở thành: x x 5 1,0 đ x 49 x 21x 11 x 11 x 17 76 x 17 x y 25 25 25 (tmđk) 17 76 ; Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) = 25 25 Tích phân cos x.ln(1 sin x ) I dx sin x x t ; x t 1 2 Đặt t sin x dt cos xdx Đổi cận: dt u ln(1 t ) du 1 t ln(1 t ) dt I dt dv t v t t Khi đó Đặt: Ta có 1 2 dt 1 I ln(1 t ) ln ln dt t t t 1 t (t 1) 2ln 3ln ln t 1 ln t 1 3ln ln ln 1,0 đ 27 16 S I D C O A a B K Kẻ SK AB (K AB) CK AB (định lí đường vuông góc) (17) Khi đó góc hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD) là góc SK và CK Do SKC 0 nhọn nên SKC 45 ; ABC 120 CBK 60 3a CK CB sin 600 Trong tam giác vuông CBK : 3a SC Tam giác SCK vuông cân C nên Ta có S ABCD AB.BC sin1200 3a 2 3a VS ABCD S ABCD SC (đvtt) Do đó Gọi O AC BD BD AC BD ( SAC ) BD SC Ta có O Kẻ OI SA (I SA) OI là đoạn vuông góc chung SA và BD 5a OI 10 Dùng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC suy 5a 10 Vậy Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: a 4b a 4b 16c a ab abc a (a b c) 2 Đẳng thức xảy a 4b 16c 3 P 2(a b c ) a b c Đặt t a b c, t Suy d ( SA, BD) 1,0 đ 3 2t t Khi đó ta có 3 t với t Xét hàm số f (t ) 2t P f ' (t ) 3 3 ; f ' (t ) 0 0 t 1 2t t 2t 2t t 2t Bảng biến thiên: t ' f (t ) f (t ) + Do đó f (t ) t 0 3 P và t 1 Suy (18) a b c 1 Vậy GTNN P và a 4b 16c 16 a , b , c 21 21 21 6a 2,0đ 1,0đ Gọi I ( x; y ) là trung điểm đoạn AB và G ( xG ; yG ) là trọng tâm ABC Do 2 2x 2y CG CI xG ; yG 3 nên Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình: x y 0 x 5 2x y y 0 Vậy I (5; 1) Ta có IA IB AB 2 R ( C ) I (5; 1) Gọi là đường tròn có tâm và bán kính (C ) : ( x 5) ( y 1) Tọa độ hai điểm A, B là nghiệm hệ phương trình: x y 0 5 2 ( x 5) ( y 1) x 4 x 6 1 y y 1 3 4; , 6; 2 2 Vậy tọa độ hai điểm A, B là Từ giả thiết ta có M (0; m;0) và N (0;0; n) đó mn 0 và m 2n 1,0 đ Do ( P) / / BC và ( P) qua M , N nên VTPT ( P) là n BC , MN (m n; 2n; 2m) n BC , MN (3n; 2n; 4n) (n 0) TH1: m 2n thì ( P ) qua A( 2; 2; 2) ( P) : 3x y z 0 n BC , MN ( n; 2n; 4n) (n 0) TH2: m 2n thì ( P) qua A( 2; 2; 2) ( P) : x y z 10 0 ( loại vì ( P ) BC ) 7a 1,0 đ Vậy ( P) : x y z 0 Đặt z a bi, ( a, b ) Từ giả thiết ta có a bi a (b 1)i ( b ai) a bi 2(b 1)2 2a (b 1)i 1 a 2(b 1) (1) b 2a (b 1) Từ (1) suy : (19) 6b 2,0 đ b a 1 ( b 2)(2 b 1) b b a 1 2(b 1) (b 1) 2(b 1) 2 1 z i 2 Suy z 1 2i z + Với z 1 2i , ta có 1 z i z 2 , ta có + Với B d1 B(b;8 b), D d (2d 3; d ) 1,0 đ Khi đó BD ( b 2d 3; b d 8) và trung điểm BD là b 2d b d I ; 2 Theo tính chất hình thoi ta có : u BD 0 BD AC 8b 13d 13 0 b 0 AC I AC I AC 6b 9d 0 d 1 Suy B (0;8); D( 1;1) 9 I ; Khi đó 2 ; A AC A( a 31; a) 2S 15 S ABCD AC.BD AC ABCD 15 IA BD 2 63 9 225 7a a 2 C (10;3) 9 a 2 a 3 a 6 A(10;3) (ktm) A( 11;6) Suy Gọi H , I là hình chiếu vuông góc O lên ( P ) và 1,0 đ Ta có d (O, ) OI OH ( không đổi) Do đó d (O, ) OH xảy I H O (0;0;0) ( P ) n OH Đường thẳng qua và nhận VTPT là (1; 2;1) làm VTCP x t OH : y 2t z t (1) ( P ) : x y z 0 (2) Từ (1) và (2) suy 6t 0 t 1 Từ (1) H (1; 2;1) Khi đó (Q) là mặt phẳng chứa (d ) và qua H M (1;1; 2) ( d ) ( d ) u (1;1; 2) Ta có , VTCP là , HM (0; 1;1) n u , HM ( 1; 1; 1) (Q) Suy VTPT (Q) là Q , qua M (1;1; 2) Do đó (Q) : 1( x 1) 1( y 1) 1( z 1) 0 x y z 0 (20) Q O (d) I H 7b 1,0 đ P 5 z cos z 0 21 Phương trình (1) ' cos sin 21 21 (1) có 5 i sin ' 21 Do đó các bậc hai là 5 5 z1 cos 21 i sin 21 z cos 5 i sin 5 21 21 Vậy (1) có các nghiệm là n n 5 5 5 5 n n z1 z2 1 cos i sin i sin cos 1 21 21 21 21 n n 5 5 5 5 cos i sin i sin cos 1 21 21 21 21 n5 n5 n5 n5 cos i sin 1 i sin cos 21 21 21 21 n5 n5 n5 cos cos 1 cos 1 21 21 21 n5 n5 42k cos cos k 2 n (k ) (*) 21 21 5 Vì n là số nguyên dương nhỏ nên từ (*) suy n 7 -Hết - ĐỀ SỐ 40 THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: y = x 3mx + (1), m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để đường thẳng qua điểm cực trị đồ thị hàm số (1) tạo với các trục tọa độ tam giác có diện tích Câu II: (2,0 điểm) Giải phương trình: 3cot x 2 sin x (2 2) cos x (21) Giải phương trình: 3x x x 7 Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân 3x x x2 dx Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a, = 600 và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy Gọi M, N là trung điểm AB, SB = a , BAD BC Tính thể tích tứ diện NSDC và tính cosin góc hai đường thẳng SM và DN Câu V: (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ P x biểu thức: x y z y z y 3 z 3 x 3 Câu VI (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3,2), 2 , trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là G( 3 ) và I(1,-2) Xác định tọa độ đỉnh C Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x y 1 z 1 , điểm A (1,4,2) và mặt phẳng (P): 5x – y + 3z – = Viết phương trình đường thẳng qua A, nằm mp(P) biết khoảng cách d và i.z 0,5 z = i.z1 Câu VII (1,0 điểm) Cho hai số phức z1 , z thỏa mãn và Tìm giá trị nhỏ z1 z Hết HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 40 Câu 1: 1, Với m = y = x 3x + a) TXĐ: R b) Sự biến thiên: *) Giới hạn: lim y ; lim y x x (22) y' = 3x 6x x = ; y' = x = *) Chiều biến thiên: Hàm số đồng biến trên khoảng (- ; 0) và (2; + ), hàm số nghịch biến trên (0; 2) Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ= 2; hàm số đạt tiểu x = 2, yCT= - BBT - x f’(x) + f(x) + 2 - + + - -2 c) Đồ thị: x = y' = y = x 3mx + y' = 3x 6mx x = 2m Câu 1: 2, ; 2 Đồ thị hàm số có điểm cực trị y’ = có nghiệm phân biệt m Với m thì đồ thị hàm số (1) có tọa độ điểm cực trị là: A(0; 2) và B(2m;-4m3+2) Phương trình đường thẳng qua điểm cực trị A, B là: x y C ;0 = 2m x + y = , cắt Oy A(0; 2) 2m - 4m3 AB cắt Ox m Đường thẳng qua điểm cực trị tạo với các trục tọa độ tam giác OAC vuông O ta có: 1 1 OA.OC = 2 = 2 m m2 1 =4 m= ± m= ± m (thỏa mãn m 0) Vậy Yêu cầu bài toán thỏa mãn SOAC = Câu 2: 1, Điều kiện : x k cos x − √ ) = 2(cosx - √ sin2x) sin x √ 2cos x +cos x − √ 2=0 2 (cosx - √ sin x)(3cosx – 2sin x) = 2cos x +3 cos x −2=0 ¿ cos x (loai ); cos x ; cos x (loai ); cos x 2 Phương trình tương đương: 3cosx( (23) π π KÕt hîp víi ®/k suy pt cã nghiÖm: x = ± + k π & x = ± +k 2π x 7 1 ( x 1)2 ( x 1) 3 Câu 2: 2, , x u x u v v2 1 u v ( x 1) (v 0) 3 Đặt ta có hệ phương trình: 3x x 3u v 3(u v ) u v 0 (u v)[3(u v) 1] 0 3v u 3u v 3u v u v 0 3(u v) 0 u v 3u v 73 u (lo¹i) u v 0 u v 73 3u v 3u u 0 u 69 v u u 3(u v) 0 3u v 3u u 17 0 u 69 (lo¹i) 13 73 73 u x 1 6 + Với 69 69 69 u x 1 6 + Với Câu 3: x I dx x(3x 3x x 1 x 1)dx 3x dx 3 1 I1 3 x dx x3 3 1 x 1dx 26 27 1 3 1 I x x 1dx x 1d (9 x 1) (9 x 1) 18 27 x 16 27 Vậy I 26 16 27 Câu 4: Từ giả thiết có AB = 2a, SA = a, AB a SB = , tam giác ASB vuông S suy đó tam giác SAM Gọi H là trung điểm AM thì SH AB Mặt khác (SAB) (ABCD) nên suy SH ( ABCD) SM 1 1 a 4a a VNSDC VSNDC SH S DNC SH S BDC 3 2 4 (24) Gọi Q là điểm thuộc đoạn AD cho AD = AQ đó MQ//ND nên (SM , DN ) (SM , QM ) Gọi K là trung điểm MQ suy HK//AD nên HK MQ Mà SH (ABCD), HK MK suy SK MQ suy ( SM , DN ) ( SM , QM ) SMK 1 MQ DN a MK cos SMK 4 4 SM a a a Trong tam giác vuông SMK: 2 2 2 Câu 5: ĐÆt x = a , y b , z c Do x y z 3 suy a b c 3 a3 b3 c3 P b2 c2 a2 Ta cần tìm giá trị nhỏ Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân có: a3 a3 b2 a 3a 3 16 64 (1); b2 b2 b3 c2 c3 b3 c2 c2 c 3c 3 16 64 (2) a2 c 3c 3 16 64 (3) a2 a2 a b2 c2 P a b2 c 16 Cộng theo vế ta được: (4) 3 P P giá trị nhỏ a = b = c =1 x = y = z = Vì a2+b2+c2=3 Từ (4) 4 IM (2;4), GM ; 3 3 Câu 6: 1, Gọi A(xA; yA) Có AG 2 GM A(-4; -2) Đường thẳng BC qua M nhận vec tơ IM làm vec tơ pháp tuyến nên có PT: 2(x - 3) + 4(y - 2) = x + 2y - = Gọi C(x; y) Có C BC x + 2y - = c3 Mặt khác IC = IA ( x 1)2 ( y 2)2 25 ( x 1)2 ( y 2)2 25 x y 0 2 Tọa độ C là nghiệm hệ phương trình: ( x 1) ( y 2) 25 (25) x 5 x 1 Giải hệ phương trình ta tìm y 1 và y 3 Vậy có điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3) Câu 6:2, Gọi (Q) là mặt phẳng qua d và cách A(1,4,2) khoảng (Q) qua N(1, -1, 1) thuộc d nên có phương trình: a(x-1) + b(y+1) +c(z-1) = (1) Do (Q) qua N’(1, -1, 1) thuộc d nên 2a + b + c =0 hay c = - 2a – 2b (2) d ( A,( Q )) 2 a(1 1) b(4 1) c(2 1) 2 a b c 12a 13b 11c 10bc 0 (3) 2 2 (5b c) 12(a b c ) 1 Thay (2) vào (3) có 7a 8ab b 0 Chọn b = a = -1 a = Với b = , a = -1 thì (Q) có phương trình: x – y – z – = Đường thẳng qua A và song song với giao tuyến (P) và (Q) có VTCP 1 1 1 1 1 x y z u , , 4(1, 2, 1) 3 5 1 2 nên có phương trình: 1 Với b = , a = thì (Q) có phương trình: x –7y +5z – 13 = Đường thẳng qua A và song song với giao tuyến (P) và (Q) có VTCP x y z u ( 8,11,17) nên có phương trình: 11 17 Câu 7: Đặt z1 x1 iy1 ( x1 , y1 R) Khi đó điểm M ( x1 , y1 ) biểu diễn z1 , i.z1 0,5 i.x1 y1 0,5 x12 ( y1 2) 0, 25 Suy tập hợp các điểm M biểu diễn z1 là đường tròn (C1) tâm O1(0, ) bán kính R1=0,5 z2 iz1 y1 x1i Suy N (- y , x ) biểu diễn z2 1 z z MN Ta cần tìm M thuộc (C1) để nhỏ Để ý OM ( x1 , y1 ) ON ( y1 , x1 ) và OM = ON nên MN = OM MN đạt giá trị nhỏ OM nhỏ Đường thẳng OO1 đường tròn (C1) M1(0, ) và M2(0, z1 ( )i 2 2 1 2 2 M trùng M1(0, ) Dễ thấy MN nhỏ ) tức là Hết (26)