Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy.. Biết hình vuông ABCD nhận I làm tâm, M thuộc cạnh AB.. Xác định toạ độ điểm K.. Tính thể tích tứ diện AO O′B... Dễ chứng minh tứ giác MNPQ là thi
Trang 1TRƯỜNG THPT LÊ XOAY
MÔN: TOÁN- BAN KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Thời gian: 180 phút
Câu 1:
2
1 4 + − 2 + −
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với
2
1
=
2 Tìm m để hàm số (1) chỉ có một cực trị?
Câu 2: Giải các phương trình sau:
x
x
3 cos 2
1 tan 1
tan 2
2
1
2
2
= +
x
x x
Câu 3:
1 Giải hệ phương trình:
=
=
y x xy
y
x y
x
8 8 8
2
2 2
log log 3 ) ( log
log 4
log 3 log
2 Trong triển khai nhị thức (xlogx−3)n (với x>0;x≠1;n nguyên dương), tổng các hệ số của 3 số hạng cuối cùng bằng 22 Tìm x để số hạng ở chính giữa của khai triển có giá trị ≤−540000.
Câu 4:
1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy Cho các điểm I(1; -1); M(2; 3); N(5; 0) Biết hình vuông ABCD nhận I làm tâm, M thuộc cạnh AB
N thuộc cạnh BC NK vuông góc với MP (K thuộc AD; P đối xứng với M qua I) Xác định toạ độ điểm K.
2 Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn (O;R) (; O′;R) Chiều cao hình trụ bằng R 2.Hai điểm A,B lần lượt thuộc ( ) ( )O; O′ sao cho OA⊥O′B.
vuông Tính thể tích tứ diện AO O′B.
b Mặt phẳng ( )α ⊥O O′, ( )α cách O một khoảng x (0<x<R 2) Tính diện tích thiết diện do ( )α cắt tứ diệnOA O′B.
Câu 5:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
1 2
2
1 2
2
1
3 3 3 3
3 3 3
3
=
c b a c
b a c
b a
Trang 2
-ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – LẦN II MÔN: TOÁN- BAN KHOA HỌC TỰ NHIÊN
1đ
Với m=1/2 Hàm số trở thành: 4 2
2
1 2
1
x x
y= −
TXĐ: R
Xét sự biến thiên:
+∞
= +∞
=
−∞
→ +∞
x
xlim ;lim
±
=
=
⇔
=
−
=
2 1
0 0
'
2
' 3
x
x y
x x y
Hàm số đồng biến trên ; )
2
1 ( ) 0
; 2
1
Hàm số nghịch biến trên )
2
1
; 0 ( ) 2
1
; (−∞− và
Hàm số đạt cực đại tại x=0→ y CĐ=0
Hàm số đạt cực tiểu tại
8
1 2
1 → =−
±
x
Bảng biến thiên:
0,25
0,25
0,25
x -∞
2
1
2
1
+∞
-1/8
0
-1/8
+∞
Đồ thị:
Đths cắt Ox tại các điểm O(0; 0); (1;0); (-1,0) và nhận Oy làm trục đối xứng
0,25
O
Trang 31đ TXĐ: R
−
=
=
⇔
=
− +
=
m x
x y
x m x
y
1
0 0
'
) 1 ( 2 2
'
2
3
(*) Hàm số (1) chỉ có 1 cực trị khi phương trình (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất x
= 0 ⇔1−m≤0⇔m≥1
Với m≥1 thì y'=0⇔x=0 và y’ đổi dấu khi x qua 0 nên hàm số chỉ có 1 cực trị tại
x=0
KL: m≥1
0,25
0,25 0,25 0,25
II.1
1đ Đk: x≠ ⇔x≠ π +kπ
2 0
x x x
x
3 cos 2 1 cos
sin 1 cos
sin 2 2 1
2 2 2 2
= +
−
⇔
±
=
=
⇔
=
−
−
⇔
=
−
−
−
⇔
= +
−
−
⇔
−
=
−
−
⇔
=
−
⇔
2
3 cos
1 cos
0 ) 3 cos 4 )(
1 (cos
0 ) 3 cos 4 ( ) 3 cos 4 ( cos
0 3 cos 3 cos 4 cos
4
) cos 3 cos 4 ( 2
1 ) cos 1 ( 2 2
1
3 cos 2
1 sin
2 2
1
2
2 2
2 3
3 2
2
x x
x x
x x
x
x x
x
x x
x
x x
(Thoả mãn đk cosx≠0)
+
±
=
=
⇔
π π
π
l x
k x
6 2
KL: PT có nghiệm ( , )
6
2
Z l k l x
k x
∈
+
±
=
=
π π π
0,25
0,25
0,25
0,25
1đ
Đk: ∈− − ∪ 2; 2
1 2
1
; 2
x
Vì hai vế của Phương trình đều dương, nên bình phương 2 vế ta được
2
2 2
2 1 ) 2 5 2( 1 ) [4 ( 1)]
( 4
x
x x
x x
−
⇔
Đặt
x x
t = +1 2)
2
3 ( ≤ t ≤
Khi đó 4−(t2 −2)+2 5−2(t2 −2) =(4−t)2
2
2 1 9 2 )
2 (t− + = − t
⇔ (1)
pt (1) có VT ≥ 1; VP ≤ 1; VT = VP = 1 ⇔t=2
0.25
0.25
Trang 4Nên (1) có nghiệm duy nhất: t = 2.
1
2 1
=
⇔
= +
⇒
x
x x
Vậy pt đã cho có nghiệm x = 1
0.25
0,25
III.1
1đ Điều kiện: x > 0; y > 0; y≠1
Hệ
= +
=
−
⇔
) )(log (log
3
1 ) log (log
3 1
log 4
log 3 log
log
2 2
2 2
2
2 2
2
y x
y x
y
x y
x
Đặt log2 x=a;log2 y =b
Ta được:
= +
=
−
b a b a
b
a b a
4
3 ) 2 (
) 1 (
Từ (2)
1
−
=
⇒
b
b
a thế vào (1)
=
=
⇔
= +
−
⇔
−
=
−
−
2 3 2
1 0
3 8 4 ) 1 ( 4
3 1
2
b
b b
b b
b b
b
2
1
−
=
⇒
=
=
⇔
=
−
=
2
2 / 1 2
/ 1 log
1 log
2
2
y
x y
x
2
3
=
⇒
=
=
⇔
=
=
2 2
8 2
/ 3 log
3 log 2
2
y
x y
x
ĐS: Nghiệm của hệ là: ; 2);(8;2 2)
2
1 (
0,25
0,25
0,25
0,25
III.2
1 2
=
⇒
= + +
n
C C C
n
n n
n
Số hạng ở chính giữa ≤ -540000
≤
≥
⇔
−
≤
≥
⇔
≥
⇔
≥
⇔
≥
⇔
−
≤
−
⇔
10 / 1 10
10 log log
10 log log
10 log ) (log 10
10 ) (
540000 3
) (
2 log
3 3 log
3 3 log 3 6
x
x
x x
x x
x
x C
x x
x
10
1
; 0
∈
x
0,25 0,25
0,25
0,25
IV1
1đ Kẻ
Trang 5NK PM
gcg NEK PFM
AD E AD NE AB F AM PF
=
⇒
∆
=
∆
⇒
∈
⊥
∈
Gọi NK∩MP=H;H(x1;y1)
P đối xứng với M qua I ⇒P(0;−5)
=
−
=
−
⇔
=
⇒
⊥
1 1
1 1
5 4
5 4 0
//
x y
y x
NH MH
MP MH MP
NH
17
15
; 17
25
H
)
; ( ,
0
2
2 y x K MP màNK
MP NK MP NK
=
=
⇒
⊥
Vậy
−
−
⇒
= +
−
=
− +
) 2
; 13 (
) 2
; 3 ( 64
) 5 (
0 5 4
2 2
2 2
2 2
K
K y
x
y x
Loại K(13;−2) vì NK cùng hướng với NH
Vậy K(−3;2).
0,25
0,25
0,5
IV.2`
a
1,0đ
+Dễ thấy: OA⊥O O′;OA⊥O′B⇒OA⊥OB
Nên ∆OA O′;∆OAB là các tam giác vuông tại
O
+Lại có: O′B⊥O O′;O′B⊥OA⇒O′B⊥O′A
Nên ∆O′AB;∆O′OBlà các tam giác vuông tại
O’
+
6
2
2
1 3
'
R B O O O OA
V AOO B = ′ ′ = (đvtt)
0,25
0,25 0,5
b.
1,0đ Kẻ MN//OA, N thuộc OA. NP//O’B, P thuộc AB
MQ//O’B,Q thuộc OB
Dễ chứng minh tứ giác MNPQ là thiết diện do ( )α cắt tứ diện OAO’B
Từ a, suy ra tứ giác MNPQ là hình chữ nhật
Vậy S MNPQ =MN.MQ
Trong đó:
2
2 2
MN R
x R O O
M O OA
′
′
=
2 2
' '
x MQ R
x OO
OM B O
2
2 x R x
S MNPQ = −
0,25
0,25
0,25 0,25
O
’
O
B
A
M N
P Q
K
E D
N
I H
C
Trang 61đ
1
1 1
1 1
3
3 +b + + a +c + a +b + +a +c + ≥
a
1
1 1
1 2
2
4
3 3 3
3 3
3
3 + + + ≤ + + + + +
⇒
c a b
a c
b a
Tương tự:
1
1 1
1 2
2
4
3 3 3
3 3
3
3 + b +c + ≤ a +b + +b +c +
a
+ +
+ + +
+ + +
≤
⇒
+ +
+ + +
≤ + + +
1
1 1
1 1
1 2
4
1
1 1
1 2
2 4
3 3 3
3 3
3
3 3 3
3 3
3 3
c a c
b b
a P
c a c
b c
b
a
Mặt khác: (a−b)2(a+b)≥0 (∀a,b>0)
Nên a3 +b3 ≥ab(a+b)
abc b a ab b
) (
1 1
1 3
3 b ab a b c
⇔
Tương tự:
) (
1 1
1
3
3 c ac a b c
) (
1 1
1
3
3 c bc a b c
Vậy: 4P≤2a+b1+cab1 +bc1 +ac1
2 1
1 2
+ +
≤
⇒
abc
c b a c b a P
Dấu “=” xảy ra ⇔a=b=c=1
KL: P đạt giá trị lớn nhất là 21 khi a=b=c=1
0,25
0,25
0,25
0,25
