Xác định m để hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.. Trên đường thẳng d đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng ABC lấy điểm S sao cho tam giác SBC đều
Trang 1TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
THÀNH ĐẠT MÔN: TOÁN, KHỐI: A, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút
ĐỀ SỐ 5
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH:
Câu I (2, 0 điểm)
Cho hàm số y = x3 – 3mx2 +4m3 có đồ thị (Cm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2 Xác định m để hai điểm cực trị của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng y = x
Câu II (2, 0 điểm)
1 Giải phương trình:
2 2 1
cos 3 cos 4
2 2 cos 6 4
sin 4 sin
+
−
+ +
+ +
−
x x
x x
2 Giải phương trình : 3 x3−1=x2+3x−1
Câu III (1, 0 điểm) Tính tích phân: I =∫ − −
+
1
01 9.4
2 1
dx
x x
Câu IV (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A có góc BAC = 1200, AB = a Trên đường thẳng d đi qua điểm
A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho tam giác SBC đều Gọi M là điểm đối xứng với A qua mặt phẳng (SBC) và N là trung điểm của đoạn BC Tính thể tích khối chóp B.SANM và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (ABC)
Câu V.(1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + xy ≥ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
1
2
2
2 2
+
+
−
=
y
y xy x
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được làm phần 1 hoặc phần 2:
1 Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2, 0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): (x – 1)2 + y2 = 2 và hai điểm A(1; -1), B( 2; 2) Tìm tọa điểm M thuộc đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác MAB bằng
2
1
2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
2 1
1 1
−
−
=
−
và (d’):
=
=
−
=
t z y
t x
3
2 2
Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng (d) và (d’)
Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn phương trình 2 1 2048
2
3 2
1
2 + + + n− =
n n
n C C
n
C là số tổ
hợp chập k của n phần tử)
2 Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2, 0 điểm)
1 Trong mp với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 2x – 4y + 4 = 0 và đường thẳng d: x – y = 0 Lập phương trình đường tròn (C’), tiếp xúc ngoài với (C), có tâm thuộc d sao cho (C’) có bán kính nhỏ nhất
2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
2 1
1 2
x+ = + = và (d’):
1 1
1 1
−
+
Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) với mặt phẳng (Oxy) và (Oxz) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d’) sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng khoảng cách từ B đến (P)
Câu VIIb (1, 0 điểm) Cho hàm số
x 2
m 1 x y
− + +
−
= (Cm) Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị (Cm) tại điểm cực đại A, cắt trục Oy tại B sao cho ∆OAB vuông cân
Hết
Trang 2ĐÁP ÁN - MÔN TOÁN
(Thử sức trước kỳ thi – Đề số 5
PHẦN CHUNG
I
1 Khi m = 1, ta có y = x3 - 3x2 +4 (C)
+ TXĐ: D = R
Sự biến thiên:
+ Giới hạn tại vô cực:
+∞
−∞
+ Chiều biến thiên :
y’ = 3x2 - 6x y’ = 0 ⇔ -3x2 + 6x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2 Bảng biến thiên :
x -∞ 0 2 +∞
y’ + 0 - 0 + y
4 +∞
-∞ 0
Hàm số đồng biến trên hai khoảng ( -∞; 0) và (0; +∞) và nghịch biến trên khoảng (0; 2)
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, yCĐ = 3 và đạt cực tiểu tại điểm x = 2 và yCT = -1
Điểm uốn:
y’’ = 6x - 6 y’’ = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 2 Vậy I(1; 0) là điểm uốn của (C)
Đồ thị:
Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm
uốn I(1; 2) là tâm đối xứng
2 y = x3 – 3mx2 +4m3
y’ = 3x2 – 6mx, y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2m
Hàm số có hai điểm cực trị ⇔ m ≠ 0
Các điểm cực trị của (Cm) là M(0; 4m3) và N(2m; 0)
Trung điểm của đoạn MN là I(m; 2m3) và MN =(2m;−4m3)
Đường thẳng (d): y = x có vectơ chỉ phương là u = (1; 1)
M, N đối xứng nhau qua đường thẳng (d) ⇔ MN ⊥ (d) và I ∈ (d)
⇔
±
=
=
⇔
=
−
=
− +
⇔
=
=
2 2
0 0
) 1 2 (
0 ) 4 ( 2 2
0
2
3
m m
m
m m
m m
u MN
Kết hợp điều kiện ta được
2
2
±
=
0.25
0.5
0.5
0.25
0.5
Trang 3Giải phương trình:
2 2 1
cos 3 cos 4
2 2 cos 6 4
sin 4 sin
+
−
+ +
+ +
−
x x
x x
(1)
Ta có 4cos3x−3cosx+1 = cos3x + 1
ĐK: cos3x + 1 ≠ 0 ⇔
3
2 3 2
3x≠π +k π ⇔x≠π +k π
) ( 2 24
12 2
3 6
2 3 6 3
cos ) 6 cos(
3 cos cos
2
3 sin
2
1
3 cos 2 cos 3 sin
2 1
3 cos
2 cos 3 sin
2 2 1
cos 3 cos 4
2 2 cos 6 sin
2 )
1
Z k k x
k x
k x x
k x x
x x
x x
x
x x
x
x
x x
x x
x x
∈
−
=
−
=
⇔
+
−
=
−
+
=
−
⇔
=
−
⇔
= +
⇔
= +
⇔
= +
+ +
⇔
= +
−
+ +
⇔
π π
π π π
π
π
π π
Kết hợp điều kiện ta được: ( )
2 24
k x
k x
∈
−
=
−
=
π π
π π
_
2 Giải phương trình : 3 x3−1=x2 +3x−1
ĐK: x ≥ 1
) 1 (
2 ) 1 ( 1
1 3 1 3 1
3 x3 − =x2+ x− ⇔ x− x2+x+ = x− + x2 +x+
Chia hai vế cho x2 + x + 1, ta được phương trình tương đương
2
1
1 1
1
+ +
−
= + +
−
x x
x x
x x
Đặt t =
1
1
2+ +
−
x x
x
, t≥ 0, ta ta được phương trình:
3t = t2 + 2 ⇔ t2 – 2t + 2 = 0 ⇔ t = 1 ∨ t = 2
1
1 1
1
2
x x
x x
x
x
−
=
⇔
= + +
−
⇔
= + +
−
1
1 2
1
2
x x
x x
x
+ +
−
⇔
= + +
−
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
0.5
0.5
0.5
0.5
III
Tính tích phân: I =∫ − −
+
1
01 9.4
2 1
dx
x x
−
+
0
1
4 ) 2 1 ( 4
9 1
2 1
dx dx
x x
x x
Đặt t = 2x⇒ dt = 2xln2dx ⇒ x dx dt
2 ln
1
Đổi cận; x = 0 ⇒ t = 1 và x = 1 ⇒ t = 2
0.25
0.75
Trang 4) 5 ln 1 ( 2 ln
1 ) 4 ln 5 ln 2 ln 2 1 ( 2 ln
1
|) 3
| ln
| 3
| ln 2 (
2
ln
1
) 3
1 3
2 1 ( 2 ln
1 )
9
9 1
( 2 ln
1 9
) 1 ( 2 ln
1 9
) 1 ( 2 ln
1
2
1
2
1
2
1 2 2
1 2 2
1 2
−
= +
−
−
= +
−
− +
=
+
−
− +
=
−
+ +
=
−
+
=
−
+
=
t t
t
dt t t
dt t
t dt
t
t t dt
t
t t I
IV
Cho tam giác ABC cân tại A có góc BAC = 1200, AB = a Trên đường thẳng d đi qua điểm A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho tam giác SBC đều Gọi M là điểm đối xứng với A qua mặt phẳng (SBC) và N là trung điểm của đoạn BC Tính thể tích khối chóp B.SANM
và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (ABC)
+ Tính thể tích khối chóp B.SANM:
⇒ SSABM =
2
2
2
a
Vì BN ⊥ (SAN) nên chiều cao khối chóp B.SANM bằng BN =
2
3
a
Vậy thể tích khối chóp B.SANM là:
12
6 2
3 2
2 3
1
3
BN S
+ Tính d(M; (ABC)):
2
3 2
1 2
a
a a
SN
AN SA AI AN SA AI
6
2
AI AN
⇒
Ta có:
9
2 9
1 )) (
; ( 9 )) (
; ( 9 6 1 2 3 ))
(
;
(
)) (
;
SA ABC
I d ABC
I d
SA a
a IN
SN ABC
I
d
ABC
S
9
2 2 )) (
; ( 2 ))
(
;
(
)) (
;
ABC M
d IA
MA ABC
I
d
ABC
M
0.5
0.5
Ta có AB = a và góc BAN = 600 nên:
BN =
2
3
a và AN = a
2 1
⇒ BC = a 3
Ta giác SBC đều ⇒ SN BC a
2
3 2
=
Vì BC ⊥ (SAN) nên (SAN) ⊥(SBC)
⇒ M đối xứng với A qua (SCB) thì
M ∈(SAN)
Vì d(M; SN) = d(A; SN) nên
SSMN = SSAN =
4
2
2
AN
Trang 5Cho x, y là hai số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + xy ≥ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
1
2
2
2 2
+
+
−
=
y
y xy x
+ Xét y = 0, ta có P = x2≥ 1, và P = 1 khi x = 1
+ Xét y ≠ 0: Vì x2 + y2 + xy ≥1 nên:
2
2 2
2 1
2
2 2
2 2
2
2 2
+ +
+
−
= + +
+
−
≥ +
+
−
=
y
x y x y
x y x y xy x
y xy x y
y xy x
Đặt t =
y
x
⇒ t ∈ R và
2
2 )
2
+ +
+
−
=
≥
t t
t t t f P
2 2
2
2
4 2 ) ( ' ,
2
2 )
(
+ +
−
=
⇒
∈ + +
+
−
=
t t
t t
f R t t t
t t t f
f’(t) = 0 ⇔ t=± 2
Bảng biến thiên:
x -∞ - 2 2 +∞ y’ + 0 - 0 +
y
2 4
2 4
− + 1
1
2 4
2 4
+
−
Vì
2 4
2 4
+
−
< 1 nên từ hai trường hợp ta có:
minP =
2 4
2 4
+
−
khi
+
−
=
+
−
=
∨
+
=
+
=
⇔
+
=
=
⇔
=
= + +
2 3 1
2 3 2
2 3 1
2 3 2
2 3 1
2 2
1
2
2 2
y
x y
x y
y x y
x
y xy x
0.5
0.5
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được làm phần 1 hoặc phần 2:
1 Theo chương trình chuẩn:
VIa
1 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): (x – 1)2 + y2 = 2 và hai điểm A(1; -1), B( 2; 2) Tìm tọa điểm M thuộc đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác MAB bằng
2
1 + Ta có AB= 10 và SMAB =
2
1 d(M; AB).AB =
2
1
⇒ d(M; AB) =
10 1
+ Lại có AB=(1;3) ⇒ Vec tơ pháp tuyến của đường thẳng (AB) là n=(3;−1)
⇒ (AB): 3(x – 1) – (y + 1) = 0 hay 3x –y - 4 = 0
+ Gọi M(a; b) ∈ (C) ⇒ (a – 1)2 + b2 = 2
10
1 10
| 4 3
| 10
1 )
;
d
Ta có hệ phương trình:
0.5
0.5
Trang 6
−
=
= +
−
∨
−
=
= +
−
⇔
−
=
−
−
= +
−
∨
=
−
−
= +
−
⇔
=
−
−
= +
−
3 3
2 )
1 ( 5
3
2 )
1
(
1 4 3
2 )
1 ( 1
4 3
2 )
1 ( 1
|
4
3
|
2 )
1
(
2 2 2
2
2 2 2
2 2
2
a b
b a
a
b
b a
b a
b a
b a
b a
b
a
b
a
−
=
±
=
∨
−
=
=
=
⇔
−
=
= +
−
∨
−
=
= +
−
⇔
−
=
=
− +
−
∨
−
=
=
− +
−
⇔
3 3 5
5 5 5
3
5
4 ,
5
12
3 3
0 4 10 5 5
3
0 12 16
5
3 3
2 ) 3 3 ( ) 1 ( 5
3
2 ) 5 3 ( )
1
(
2 2
2 2
2 2
a b
a a
b
a
a
a b
a a a
b
a
a
a b
a a
a
b
a a
Vậy có bốn điểm thỏa điều kiện bài toán là:
) 5
5 3
; 5
5 5 ( )
5
5 3
; 5
5 5 ( ), 5
13
; 5
4 ( ),
5
11
;
5
12
1
+
−
−
M
M
2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
2 1
1 1
x
=
−
−
=
−
và (d’):
=
=
−
=
t
z
y
t
x
3
2
2
Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng (d) và (d’)
Ptts của (d):
=
−
=
+
=
t z
t y
t x
2 1
2
⇒ M(2 + a; 1 – a; 2a) ∈ (d) và u = (1; -1; 2) là VTCP của (d).
(d’):
=
=
−
=
t
z
y
t x
3
2
2
⇒ N(2- 2b; 3; b) ∈ (d’) và 'u = (- 2; 0; 1) là VTCP của (d’).
) 2
; 2
; 2
MN là đoạn vuông góc chung của (d) và (d’)
⇔
=
−
=
⇔
=
=
−
−
⇔
=
− + + +
−
−
−
=
− + +
−
−
−
⇔
⊥
⊥
0 3
1 0
3
0 2 6 0
) 2 ( 1 ) 2 ( 0 ) 2 ( 2
0 ) 2 ( 2 ) 2 ( 1 ) 2 ( 1
a b
a a
b a a
b
a b a a
b u
MN
u
MN
⇒ A(
3
2
;
3
4
;
3
5 − ), B(2; 3; 0)
Vậy mặt cầu (S) có tâm là I( )
3
1
; 6
13
; 6
11 − và cá bán kính là R =
6
5 3
1 6
5 6
+
+
=
IA
⇒ Phương trình mặt cầu (S):
6
5 3
1 6
13 6
+ +
− +
0.5
0.5
Tìm số nguyên dương n thỏa mãn phương trình 2 1 2048
2
3 2
1
2 + + + n− =
n n
n C C C
Ta có
) 2 (
)
1
1
(
0
) 1 (
)
1
1
(
2
2 2 1 2 2
3 2
2 2
1 2
0 2
2 2 1 2 2
3 2
2 2
1 2
0 2
n n
n n n
n n n n
n n
n n n
n n n n
n
C C
C C C C
C C
C C C C
+
− +
− +
−
=
−
=
+ +
+ + + +
=
+
=
−
−
Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được:
0.5
Trang 76 2
2 2048
2
)
( 2
2
11 1 2 1
2 2
3 2
1 2 2 2
1 2 2
3 2
1 2 2
=
⇔
=
⇔
= +
+ +
=
⇔
+ + +
=
−
−
−
−
n C
C C
C C
C
n n
n n
n n
n n n
n n
0.5
2 Theo chương trình nâng cao
VIb
1 Trong mp với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 2x – 4y + 4 = 0 và đường thẳng d: x – y = 0 Lập phương trình đường tròn (C’), tiếp xúc ngoài với (C), có tâm thuộc d sao cho
(C’) có bán kính nhỏ nhất
+ Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2) và bán kính R = 1
+ Gọi J là tâm của đường tròn (C’) Khi đó (C) tiếp xúc ngoài với (C’) ⇔ IJ = R + R’ = 1 + R’
Do đó R’ nhỏ nhất ⇔ IJ nhỏ nhất ⇔ J là hình chiếu của J lên đường thẳng d
Ta có: IJ ⊥ d ⇒ véctơ pháp tuyến của đường thẳng IJ là n = (1; 1) Do đó phương trình đường
thẳng IJ là:
1(x + 1) + 1(y – 2) = 0 ⇔ x + y – 1 = 0
Tọa độ điểm J là:
=
=
⇔
=
− +
=
−
2 1 2 1 0
1
0
y
x y
x
y x
⇒ J(
2
1
; 2
1 )
Ta có JI =
2
1 2 3 '
2
2
R IJ R
Vậy phương trình đường tròn (C’) là:
4
2 6 19 ) 2
1 ( ) 2
1 ( − 2 + − 2 = −
y x
2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):
2 1
1 2
x+ = + = và (d’):
1 1
1 1
−
+
Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) với mặt phẳng (Oxy)
và (Oxz) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d’) sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng khoảng cách từ B đến (P)
+ Tọa độ A:
=
−
=
−
=
⇔
=
+
= +
=
0 1 3 2
1
1 2
3 0
z y
x z y
x
z
⇒ A(-3; -1; 0)
+ Tọa độ B:
=
=
−
=
⇔
=
+
= +
=
2 0 1 2
1
1 2
3 0
z y
x z y
x
y
⇒ B(-1; 0; 2)
+Hai điểm M(-3; 1; 0) và N(-4; 2; 1) ∈ (d’)
+ Gọi (P): ax + by + cz + d = 0 (a2 + b2 + c2≠ 0)
+ Ta có M, N ∈ (P) và d(A; (P)) = d(B;(P))
⇔
=
− +
−
=
−
−
= + +
−
∨
= + +
=
−
−
= + +
−
⇔
=
−
− +
= + + +
−
= + +
−
∨
= + +
= + + +
−
= + +
−
⇔
+ +
−
= +
−
−
= + + +
−
= + +
−
0 2 3 2
0
0 3
0 2 2
0
0 3
0 2 2 4
0 2
4
0 3
0 2 2
0 2
4
0 3
| 2
|
| 3
|
0 2
4
0 3
c b a
c b a
d b a c
b a
c b a
d b a
d c b a
d c b a
d b a c
b a
d c b a
d b a d
c a d b a
d c b a
d b a
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
Trang 8) 2 ( 5 4 5 1 5 11 )
1 ( 4 3
5 4
0 3
4
0 3
=
=
=
∨
=
−
=
−
=
⇔
=
−
=
= + +
−
∨
=
−
=
= + +
−
⇔
a b
a c
a d
a b
a c
a d
a b
b a c
d b a a
b
b a c
d b a
+ Trường hợp (1): chọn a = 1, ta được b = 4, c = -3 và d = - 1 Do đó phương trình mặt phẳng (P) là: x + 4y - 3z - 1 = 0
+ Trường hợp (2): chọn a = 5, ta có: b = 4, c = 1 và d = 11 Khi đó ta cơ phương trình mp(P) là:
(P): 5x + 4y + z + 11 = 0
Cách 2: Có hai TH:
+ TH1: (P) qua M, N và trung điểm I của đoạn AB
+ TH2: (P) qua M có VTPT là [MN, AB]
VIIb
2
4 m x 4 x x
2
m 1
' y
−
− + +
−
=
− +
−
=
y' = 0 ⇔ –x2 + 4x + m – 4 = 0 ⇔ (2 – x)2 = m (x ≠ 2) (∗)
Để đồ thị (Cm) có cực đại
⇔ phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 2 ⇔ m > 0
Khi đó y' = 0 ⇔ x1=2− m, x2 =2+ m, ta có:
x –∞ x1 2 x2 +∞
y' – 0 + + 0 –
CT – ∞ – ∞
⇒ Điểm cực đại A(2 + m , –1 – 2 m )
Phương trình tiếp tuyến với (Cm) tại điểm cực đại A có phương trình: y=−1−2 m , do đó
m 2 1 m 2 1
AB = x2 = 2 + m (vì B ∈ Oy ⇒ xB = 0)
∆AOB vuông cân ⇔ OB = BA ⇔ 1 + 2 m = 2 + m ⇔ m = 1
0.5
0.5
Giáo Viên: Nguyễn Văn Bảy – Trung tâm BDVH và Luyện thi Thành Đạt ĐC: 727- 583 Trần Cao Vân – Đà Nẵng wed: thanhdat.edu.vn
