đề toán hay-3

2 Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số 1 có ba cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1.. PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc phầ

Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I:

Cho hàm số: yx42mx21 (1)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1

2) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1

Câu II:

1) Giải hệ phương trình:

1 xy xy x







 2) Giải phương trình:

2 4

2

1 tan x

Câu III:

1) Tính tích phân: 2x 2

0

I e sin xdx





2) Tính tổng: S 1 C 2 12011220102 C2 22011220093 C2 3201122008 2011 C 2 201120112 0

Câu IV:

Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông, đường cao SA Gọi M là trung điểm SC; N, P lần lượt nằm trên SB và SD sao cho SN SP 2

SBSD 3 Mặt phẳng (MNP) chia hình chóp thành hai phần Tính

tỉ số thể tích của hai phần đó

Câu V:

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b c 1 Chứng minh rằng:

3 a b b c c a   3

PHẦN RIÊNG

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a:

1) Tính diện tích tam giác đều nội tiếp elip (E):

2 2

1,

16 4  nhận điểm A 0; 2 là đỉnh và trục tung làm  

trục đối xứng

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tìm ba điểm M, N, P lần lượt thuộc các đường thẳng

thời N là trung điểm của đoạn thẳng MP

Câu VII.a:

Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Vật lí có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án, trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm Một thí sinh đã làm được 40 câu, trong đó đúng 32 câu Ở 10 câu còn lại anh ta chọn ngẫu nhiên một trong bốn phương án Tính xác suất để thí sinh đó đạt 8 điểm trở lên

phamtuan_khai20062000@yahoo.com sent to http://laisac.page.tl

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b:

1) Tính diện tích tam giác đều nội tiếp parabol (P): y22x, nhận đỉnh của parabol làm một đỉnh và trục hoành Ox làm trục đối xứng

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz:

- Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng  1

d :

  và  2

x 2 t

d : y 1 t

z t

 





  



 



;

- Tính góc giữa đường thẳng  3

d :

 với mặt phẳng   : x  y z 20

Câu VII.b:

Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Hóa học có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án, trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm Một thí sinh đã làm được 40 câu, trong đó đúng 32 câu Ở 10 câu còn lại anh ta chọn ngẫu nhiên một trong bốn phương án Tính xác suất để thí sinh đó chỉ đạt 7 điểm trở xuống

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I:

1) Tự giải

y '4x 4mx4x x m

Đồ thị hàm số có 3 cực trị y '0 có 3 nghiệm phân biệt m 0

Khi đó tọa độ 3 điểm cực trị là: M 0;1 ,    2 

N m; m 1 ,  2 

P  m; m 1

Vì tam giác MNP cân tại M và N, P đối xứng qua trục Oy nên tâm đường tròn đi qua 3 điểm này nằm trên trục tung Oy

Phương trình đường tròn đi qua 3 điểm này có dạng (C): 2  2

x  y b 1

 

 

2

2 2

b 0

1 b 1











 Với b = 0, (2)    2 2     2

m 1

m 0

m

2



















So sánh điều kiện ta nhận được m = 1, m 1 5

2

 



0

Vậy m = 1 hoặc m 1 5

2

 



Câu II:

1)

1 xy xy x









Điều kiện: x0, y0

Hệ đã cho tương đương:

1 xy xy x

1 xy xy x 1 3 xy





 Đặt t xy, t 0

2

3

1 t t x 1

   







Từ (1), (2) ta có:    

2

0

t 0

t 2t 2 0 VN





 Với t = 0, từ (1) x 1 y0

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (1;0)

2 4

2

1 tan x



Điều kiện:cos x 0 x k , k Z

2



Ta có: 2 cos x cos x sin x

4



  , 1 sin 2x cos x sin x 2

1 4 cos x sin x 4 cos xsin x 4 sin 2x.cos 2x

3

cos x sin x cos x sin x 1 sin 2x

cos x sin x cos x sin x cos x sin x

sin x cos x sin x 0

x k sin x 0 x k

k Z cos x sin x 0 tan x 0 x k

4

 





 Vậy phương trình có 2 họ nghiệm:  

x k

k Z

4

 



   



Câu III:

0

I e sin xdx





Đặt usin x2 dusin 2xdx

dv e dx2 x v 1e2 x

2

Đặt u1sin 2xdu12 cos 2xdx

1

2

2x 2x 2x

Đặt u2cos 2xdu2  2 sin 2xdx

1

2



Từ (1) và (2) suy ra: 1 2  1 2 

Vậy 1 2 

8



2) S 1 C 2 12011220102 C2 22011220093 C2 3201122008 2011 C 2 2011201120

22011 1 C2 120111 2 C2 22011 12 3 C2 32011 13 2011 C2 20112011 20111

Trước hết ta xét khai triển nhị thức Newtơn:

1 x C xC x C x C  x C

Lấy đạo hàm hai vế:

n 1 x  1C 2xC 3x C  nx C

Nhân hai vế với x:

nx 1 x  1xC 2x C 3x C  nx C

Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế:

   n 2  n 1 2 1 2 2 2 2 3 2 n 1 n

n n 1 x 1 x   n 1 x  1 C 2 xC 3 x C  n x C

Tiếp tục nhân hai vế với x:

  2 n 2  n 1 2 1 2 2 2 2 3 3 2 n n

n n 1 x 1 x   nx 1 x  1 xC 2 x C 3 x C  n x C

Thay n 2011, x 1

2

  vào ta được:

2009 2010

2011 2011 2 2011 3 2011 2011

2011 2

2



011 2011 2 2011 3 2011 2011

Vậy S32009.2011.2013

Câu IV:

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là giao điểm SO và AM

Ta có AM và SO là 2 trung tuyến của tam giác SAC

 I là trọng tâm tam giác SAC

SI 2

SO 3

Mà SN SP 2

SB SD3

NI / /BD, NP//BD

N, I, P

 thẳng hàng

 

Mà A, I, M thẳng hàng AMNP

Như vậy giao tuyến của (MNP) với hình chóp là tứ giác ANMP

Giao tuyến này chia hình chóp thành 2 phần:

- Phần 1 là hình chóp S.ANMP

- Phần 2 là hình chóp cụt ANMP.ABCD

S.ANMP S.ANM S.AMP S.ABC S.ADC S.ABCD S.ABCD S.ABCD

ANMP.ABCD S.ABCD S.ANMP S.ABCD S.ABCD S.ABCD

Vậy S.ANMP

ANMP.ABCD

Câu V:

Không mất tính tổng quát giả sữ c là số nhỏ nhất trong các số a, b, c

Vì ac0,bc0 nên: a c a a cb c ab  1

b c b

 





 



 Nếu abthì:abb c c a  ab a cb c 

Vì c0, mà a   nên suy ra: b c 1 ab 1 a 1 b  2

Từ (1) và (2) ta có: acb c b 1 b  

Từ (2) suy ra: ab 1 2b

Suy ra: ab a cb c b 1 b 1 2b    

Xét hàm số f x x 1 x 1 2x    2x33x2x, vớix 0;1

  2

f ' x 6x 6x 1 f ' x  0 x 3 3

6



So sánh f 0 f 1 0, f 3 3 3, f 3 3 3

  3

Maxf x

18

18

a b a c b c  3

18

Như vậy: a b b c c a   a b a c b c  3

18

Dấu”=” xảy ra khi: a 3 3, b 3 3, c 0

 Nếu abthì:abb c c a     b a acb c 

Vì c0, mà a   nên suy ra: b c 1 ab 1 b 1 a  3

Từ (1) và (3) ta có: acb c a 1 a  

Từ (3) suy ra: b a  1 2a

Suy ra: ab a cb c a 1 a 1 2a    

Xét hàm số f x x 1 x 1 2x    2x33x2x, vớix 0;1

  2

f ' x 6x 6x 1 f ' x  0 x 3 3

6



So sánh f 0 f 1 0, f 3 3 3, f 3 3 3

  3

Maxf x

18

18

b aa c b c  3

18

Như vậy: a b b c c a   b aa c b c  3

18

Dấu”=” xảy ra khi: a 3 3, b 3 3, c 0

Vậy 3 a b b c c a   3

PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a:

1)

Điểm B, C đối xứng với nhau qua trục tung nên B, C có tọa độ: B x ; y 0 0, Cx ; y0 0, vớix0  0

Độ dài cạnh tam giác đều: a2x0

Độ dài đường cao: h 2 y0

Ta có: h a 3 2 y0 x0 3 y0 2 x0 3

2

B x ; 2 x 3 , C x ; 2 x 3

0

0

x 0 loai

2 x 3 x

13

 



Diện tích tam giác đều:

2 2

 1  

M d M 1 m; 2 2m; 2m  

N d N 22n; 2n;1 n

P d P 2p; p;1 p

N là trung điểm MP

m 2p 1 4n 4 m 4n 2p 3

19 2m p 2 4n 2m 4n p 2 n

2

p 10

 





M 14; 28;30

2

 , P20; 10; 9  

Suy ra: MN 3;9; 39

2





MP  6;18; 39 



Ta thấy: MN 1MP

2



 

, như vậy M, N, P thẳng hàng

Vậy các điểm M, N, P cần tìm là: M14; 28;30 , N 17; 19;21

2

 , P20; 10; 9  

Câu VII.a:

Thí sinh đã làm đúng 32 câu được: 32.0,2 = 6,4 điểm

Thí sinh này đạt trên 8 điểm thì phải chọn đúng: 8 6, 4 8

0, 2



 câu trở lên trong tổng số 10 câu còn lại Nghĩa là thí sinh này phải chọn sai 0, 1 hoặc 2 câu

Gọi X = n là biến cố chọn sai n câu của thí sinh này

Mỗi câu có 4 phương án nên   10

N  4 cách chọn

Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai cho mỗi câu

- Chọn sai 0 câu:   0 0

10

N X0 3 C

- Chọn sai 1 câu:   1 1

10

N X1 3 C

- Chọn sai 2 câu:   2 2

10

N X2 3 C

 

0 0 1 1 2 2

 Vậy xác suất thí sinh này đạt 8 điểm trở lên là: P 43610

4



B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b:

1)

Đỉnh parabol là O(0;0)

Điểm A, B đối xứng với nhau qua trục tung nên A, B có tọa độ: A x ; y 0 0, B x ; y 0  0, vớiy0 0

Độ dài cạnh tam giác đều: a 2y0

Độ dài đường cao: hx0

Ta có: h a 3 x0 y0 3

2

A y 3; y , B y 3; y

Điểm B P  2 0  

0

y 0 loai

y 2 3

 





A 6; 2 3 , B 6; 2 3

Diện tích tam giác đều: a2 3 3  2

2)

- Đường thẳng (d1) đi qua A(1;2;3) có vectơ chỉ phương a11; 2;3

Đường thẳng (d2) đi qua B(2;-1;0) có vectơ chỉ phương a2  1;1;1

Phương trình mặt phẳng (P) chứa (d1) và song song (d2) có: nP a , a1 2   1; 4;3

hay nP 1; 4; 3 

  P : x 1 4 y 2  3 z 3  0

       hay  P : x4y 3z  0

Vậy     1 2     

d d , d d B, P

13

1 16 9

 

- Đường thẳng (d3) đi qua M(-2;1;3) có vectơ chỉ phương 3    3

x 2 4t

a 4;1; 2 d : y 1 t

z 3 2t

  





  





Mặt phẳng  : x  y z 20

Giao điểm N của (d3) với (P): 2 4t 1 t 3 2t 2 0 t 2 N 6 9 17; ;

Phương trình đường thẳng   đi qua M vuông góc   có dạng  

: y 1 t

z 3 t

  





  

 Hình chiếu P của M xuống   là giao điểm của   với   : 2 t 1 t 3 t 2 0 t 2

3

         

4 5 7

3 3 3

Ta có:

          

NP

          

Góc giữa đường thẳng (d3) với   là góc MNP:  NP 2 42 7 2

Câu VII.b:

Thí sinh đã làm đúng 32 câu được: 32.0,2 = 6,4 điểm

Thí sinh này đạt 7 điểm trở xuống thì phải chọn đúng : 7 6, 4 3

0, 2



 câu trở xuống trong tổng số 10 câu còn lại

Nghĩa là thí sinh này chọn đúng 0, 1, 2 hoặc 3 câu

Gọi X = n là biến cố chọn đúng n câu của thí sinh này

Mỗi câu có 4 phương án nên   10

N  4 cách chọn

Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai cho mỗi câu

- Chọn đúng 0 câu: N X 03 C10

- Chọn đúng 1 câu:   9 1

10

N X1 3 C

- Chọn đúng 2 câu:   8 2

10

N X2 3 C

- Chọn đúng 3 câu:   7 3

10

N X3 3 C

 

10 0 9 1 8 2 7 3

10

N

3 C 3 C 3 C 3 C

4





Vậy xác suất thí sinh này đạt 7điểm trở xuống là:

10 0 9 1 8 2 7 3

10

3 C 3 C 3 C 3 C P

4

