Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu.. Gọi là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số 1.. Mặt bên qua cạnh huyền BC vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 26
Ngày 27 tháng 11 năm 2013 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I (2.0 điểm)
Cho hàm số: 3 2
y x 3x mx 1 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0
2 Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu Gọi ( ) là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu của
đồ thị hàm số (1) Chứng minh rằng ( ) luôn đi qua một điểm cố định khi m thay đổi
Câu II (2.0 điểm)
1.Giải phương trình : 1 2(sinx cos x)
tanx cot 2x cot x 1
2 Giải bất phương trình : 1 1 2 2
x 2 x
Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân:
e
1
(x 2) ln x x
dx x(1 ln x)
Câu IV (1.0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh A, AB = AC = a Mặt bên qua cạnh huyền BC vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại đều hợp với mặt đáy các góc 60o Hãy tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a
Câu V (1.0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn : a + b + c = 3
4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P 3 1 3 1 3 1
a 3b b 3c c 3a
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B ).
A.Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho điểm I 1; 1 là tâm của một hình vuông, một trong các cạnh của nó có phương trình x 2y 12 0 Viết phương trình các cạnh còn lại của hình vuông
2 Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(13;-1;0), N(12;0;4).Lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm M, N và tiếp xúc với mặt cầu ( S) : x2y2z2 2x 4y 6z 67 0
CâuVII.a (1điểm)
Giải phương trình: log x 3 log x 3 2x
3
B Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2y22x 4y 8 0 và đường thẳng ( ) : 2x 3y 1 0 Chứng minh rằng ( ) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B Tìm toạ độ điểm M trên
đường tròn (C ) sao cho diện tích tam giác ABM lớn nhất
2 Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm H(3;2;1) Viết phương trình mặt phẳng đi qua H và cắt các tia
Ox, Oy, Oz tại các điểm A, B, C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC
CâuVII.b (1 điểm)
Giải bất phương trình 2 2 1
2
1 log (4x 4x 1) 2x 2 (x 2) log x
2
HẾT
Trang 2Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 26 Câu 1: 1, Cho hàm số: y x 3 3x21 (1)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x 3 3x21
* Tập xác định: R.
* Sự biến thiên: + Giới hạn: 3 2
xlim y xlim x 3x 1 ,lim yx
+ Bảng biến thiên: y3x2 6x 3x(x 2), y 0 x 0; x 2
Bảng biến thiên:
x 0 2
y + 0 - 0 +
y 1
-3 + Hàm số đồng biến trên khoảng ;0 và 2; ; + Hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 2
+ Hàm số đạt cực đại tại x 0, y CÐ y(0) 1 đạt cực tiểu tại x 2, y CT y(2)3
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt
Ta có y6x 6; y 0 x 1 y đổi dấu khi x qua x = 1
Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng
f(x)=x^3-3x^2+1
-8 -6 -4 -2
2 4 6 8
x y
Câu 1: 2, Ta có y 3x2 6x m
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt
Tức là cần có: 9 3m 0 m 3.
Chia đa thức y cho y, ta được: y y x 1 2m 2 x m 1
Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm x ; y , x ; y 1 1 2 2
Vì y (x ) 0; y (x ) 0 1 2 nên phương trình đường thẳng qua hai điểm cực đại, cực tiểu là:
Trang 32m m
hay y m2x 1 2x 1
3
Ta thấy với x 1, y 2, m
2
Chứng tỏ đường thẳng luôn đi qua điểm cố định A 1; 2
2
Câu 2: 1, Giải phương trình : 1 2(sinx cos x)
t anx cot 2x cot x 1
Điều kiện : sinx.cosx sinx.cos x 0
cot x 1
Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 1 2 sinx cosx
sinx cos2x cos x sinx cos x sin2x sinx
Giải được cos x 2 x 3 k2 ; x 3 k2 ,(k Z)
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x 3 k2 ,(k Z)
4
Câu 2: 2, Giải phương trình : 1 1 2 2
x 2 x ĐK: x ( 2; 2) \{0}
Đặt y 2 x2,y0Ta có hệ: 2 2 2
2
1
; 2
2
x y
Giải hệ đx ta được : ; 1 3; 1 3 ; 1 3; 1 3 ; 1;1
x y
Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3
2
x
Câu 3: Tính tích phân:
e
1
(x 2) ln x x
dx x(1 ln x)
dx dx
x x
x x
x
ln 2 ) ln 1 (
x x
x
e
ln
Ta có :
e
e dx
1
1 Tính J = dx
x x
x
e
ln
Đặt t = 1 + lnx, Ta có: J = dt
t
t
2
1
1
t)
1 1 (
2
1
= (t - ln t ) = 1 - ln2 Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 +
2ln2
Câu 4: Tính thể tích của khối chóp theo a,
Trang 4Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
H
A
S
Kẻ SH vuông góc với Bc,suy ra SH vuông góc với mp(ABC)
Kẻ SI vuông góc với AB và SJ ^ AC SIH = SJH = 60o SHI = SHJ
HI = HJ AIHJ là hình vuông
Từ đó suy ra I là trung điểm AB do đó IH = a/2 Trong tam giác vuông SHI ta có: SH =
a 3 2 Vậy thể tích khối chóp S.ABC là: V 1SH.SABC 1 a 3 a 2 a 33
Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 3 3 3
3
1 3
1 3
1
a c c b b a
P
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
z y x
9 z
1 y
1 x
1 9 xyz
3 xyz 3 z
1 y
1 x
1
)
z
y
x
(
3
3
a 3 c c 3 b b a
9 a
3 c
1 c
3 b
1 b
a
1 P
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
3
3
3
a 3b 1 1 1
b 3c 1 1 1
c 3a 1 1 1
Suy ra 3a 3b 3 b 3c 3c 3a 1 4 a b c 6
3
1 4.3 6 3
3 4
Do đó P 3 Dấu = xảy ra
3
a 3b b 3c c 3a 1
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi abc1/4
Câu 6a: 1, Lập phương trình các cạnh của hình vuông
Lập phương trình các cạnh…
Gọi hình vuông đã cho là ABCD Giả sử pt cạnh AB là x 2y12 0
Gọi Hlà hình chiếu của I lên đường thẳng AB Suy ra H 2;5
Trang 5A B thuộc đường tròn tâm H, bán kính IH 45 có pt: x22y 52 45
Toạ độ hai điểm ,A B là nghiệm của hệ:
2 12 0
Giải hệ tìm được A4;8 , B 8;2 Suy ra C 2; 10
: 2 16 0
AD x y ; BC: 2x y 14 0 ; CD x: 2y18 0
Câu 6a: 2, Lập phương trình mặt phẳng
Mặt cầu (S) có tâm I( 1;2;3) bán kính R = 9
Mặt phẳng (P) đi qua M(13;-1;0) nên có phương trình dạng : A(x -13) + B(y + 1) + Cz = 0 với
A B C Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A = B + 4C0
Lúc này pt(P) : (B + 4C)x + By + Cz -12B – 52C = 0
( P ) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi : d(I,(P)) =
B 5C 2B 8BC 17C
B2 2BC 8C 2 0 B 4C; B 2C
Thay vào phương trình mặt phẳng (P) ta được hai phương trình mặt phẳng thỏa mãn bài toán:
(P ) : 2x 2y z 28 0;(P ) : 8x 4y z 100 0
Câu 7a: Giải phương trình: log x 3 log x 3 2x
3
Điều kiện : x > 0
Ta có phương trinhg tương đương với:
3
log x
2
3
Đặt
3 log x
10 1
t
3
(t > 0)
Phương trình trỏ thành: 1 2 2
t 3
Với t = 1 10
3
ta giải được x = 3.Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =3
Câu 6b: 1, Tìm M trên ( C )
Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = 13 Khoảng cách từ I đến đường thẳng ( ) là
13
9
) , (I
R
Vậy đường thẳng ( ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt
Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có ( , )
2
1
ABM AB d M S
Trong đó AB không đổi nên SABM lớn nhất khi d(M, ) lớn nhất
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với ( ) PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0
Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C) Toạ độ P, Q là nghiệm của hệ phương trình:
0 1
2
3
0 8 4 2
2
2
y
x
y x y
x
5 , 3
1 ,
1
y x
y x
P(1; -1); Q(-3; 5) Ta có
13
4
) , (P
13
22
) , (Q
d
Ta thấy d(M, ) lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với Q Vậy tọa độ điểm M (-3; 5)
Câu 6b: 2, Viết Phương trình mặt phẳng đi qua điểm M
Chứng minh được OH vuông góc với mp(ABC)
Từ đó suy ra véc tơ OH có tọa độ (3;2;1) là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC)
Trang 6Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Phương trình mp(ABC): 3(x 3) 2(y 2) 1(z 1) 0
Vậy mp(ABC) có phương trình là : 3x 2y z 14 0
x
2
1 log ) 2 ( 2 2 ) 1 4 4 ( log
2 1 2
2
1 x 2
1 x 2
1 x
0 ) 1 x ( 2
1 x 0 1 x x
0 x
2
1
2 2
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: 2log2(1 2x) x2(x2)log2(1 2x)1
log (1 x) 1 0
0 x 4
1 x
1 ) x 1 ( 2
0 x
1 ) x 1 ( 2
0 x
0 ) x 2 1 ( 2 log
0 x
0 ) x 2 1 ( 2 log
0 x
0 1 ) x 1 ( log
0 x
0 1 ) x 1 ( log
0 x
2 2
2 2
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1 x 4
1
hoặc x < 0