ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC TOÁN (13)

Khaỷo saựt sửù bieỏn thieõn vaứ veừ ủoà thũ haứm soỏ khi m = 3.. Cõu 4: Tớnh theồ tớch cuỷa hỡnh choựp S.ABC, bieỏt ủaựy ABC laứ moọt tam giaực ủeàu caùnh a, maởt beõn SAB vuoõng goực vụ

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH

(Đề số 13)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MễN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phỳt

Cõu 1:Cho haứm soỏ: y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 coự ủoà (Cm); (m laứ tham soỏ).

1 Khaỷo saựt sửù bieỏn thieõn vaứ veừ ủoà thũ haứm soỏ khi m = 3.

2 Xaực ủũnh m ủeồ (Cm) caột ủửụứng thaỳng y = 1 taùi 3 ủieồm phaõn bieọt C(0, 1), D, E sao cho caực tieỏp tuyeỏn cuỷa (Cm) taùi D vaứ E vuoõng goực vụựi nhau.

Cõu 2: 1 Giaỷi phửụng trỡnh: 2cos3x + 3 sinx + cosx = 0

2 Giải hệ phương trỡnh







Cõu 3: Cho soỏ thửùc b ≥ ln2 Tớnh J =

−

∫bln103 xx

e dx

e 2 vaứ tỡm b ln2→lim J.

Cõu 4: Tớnh theồ tớch cuỷa hỡnh choựp S.ABC, bieỏt ủaựy ABC laứ moọt tam giaực ủeàu caùnh a, maởt beõn (SAB) vuoõng goực vụựi ủaựy, hai maởt beõn coứn laùi cuứng taùo vụựi ủaựy goực 90 o

Cõu 5: Ch x, y, z dương thoả 1 1 1 2009

x+ + =y z Tỡm GTLN của biểu thức

P = 1 1 1

2x y z+ x 2y z+x y 2z

II.PHẦN TỰ CHỌN:

1.Phần 1: Theo chương trỡnh chuẩn

Cõu 6: 1a/

1.Phương trỡnh hai cạnh của một tam giaực trong mặt phẳng tọa độ là :5x - 2y + 6 = 0;

4x + 7y – 21 = 0 viết phương trỡnh cạnh thứ ba của tam giac đú, biết rằng trực taõm của no trung với gốc tọa độ O.

2 Tỡm treõn Ox ủieồm A caựch ủeàu ủ.thaỳng (d) :

2

2

z 2

y 1

1

vaứ mp(P) : 2x – y – 2z = 0 Cõu 6.2a/

Cho taọp hụùp X = {0,1,2,3,4,5,6,7 Coự theồ laọp ủửụùc bao nhieõu soỏ tự nhiên goàm 5 chửừ soỏ}

khaực nhau ủoõi moọt tửứ X, sao cho moọt trong ba chửừ soỏ ủaàu tieõn phaỷi baống 1.

2 Phần 2: Theo chương trỡnh naõng cao.

Cõu 6b 1b/

1 Cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 6x + 5 = 0 Tỡm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) sao cho goực giữa hai tiếp tuyến đú bằng 60 0

2 Cho hai ủửụứng thaỳng: (d1) :











=

=

=

4 z

t y

t 2 x

; (d2) :

3 0

y t z

= −



 =



 =



CM (d1) vaứ (d2) cheựo nhau Vieỏt

phửụng trỡnh maởt caàu (S) coự ủửụứng kớnh laứ ủoaùn vuoõng goực chung cuỷa (d1) vaứ (d2).

Cõu 6b.2b/ Giaỷi phửụng trỡnh sau trong C: Z 4 – Z 3 + 6Z 2 – 8Z – 16 = 0

ƯỚ NG D Ẫ N GI Ả I: ( đề s ố 13)

I PH Ầ N CHUNG:

Câu 1: :

2 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:

x 3 + 3x 2 + mx + 1 = 1⇔ x(x 2 + 3x + m) = 0 ⇔  + + =x 02=

x 3x m 0 (2)

* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:

⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE ≠ 0.

⇔

≠



∆ = − >

m 0

9 4m 0

4 m

0 3 0 m 0

9

Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:

kD = y’(xD) = 3x2D+6xD+ = −m (xD+2m);

kE = y’(xE) = 3x2E+6xE + = −m (xE +2m)

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1.

⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m 2 = –1

⇔ 9m + 6m ×(–3) + 4m 2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét).

⇔ 4m 2 – 9m + 1 = 0 ⇔ m = 1 9 65( m )

8

ĐS: m = 1(9− 65 hay m) =1(9m 65)

Câu 2:

1 3 sin x cosx 2 cos3x 0 + + = ⇔ sinπ

3sinx + cos

π

3cosx = – cos3x.

x 3 cos3x ⇔ cos

π

⇔

 = +



∈

 = + π



k x

3 2 (k Z)

3

⇔ x = π+kπ

3 2 (k ∈ Z)

2 Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

x2+91− y2+91= y− −2 x− +2 y2−x2

2 2

y x y x

− + −

1

x y

− + −

⇔ x = y (trong ngoặc luơn dương và x vay đều lớn hơn 2)

Vậy từ hệ trên ta cĩ: 2 2

2 2

( 3)( 3)

2 1

91 10

x x

− +

2 1

91 10

x x

− +

⇔ x = 3

Vậy nghiệm của hệ x = y = 3

Câu 3: J 

−

−

−

b

2/ 3 1/ 3

e dx du 1 u

3 u

b 2/ 3

3 4 (e 2) ;

2 với u = e x – 2, du = e x dx)

Suy ra:

b ln2 b ln2

lim J lim 4 (e 2) (4) 6

Câu 4:

Dựng SH AB⊥

° Ta có:

SH (ABC)

⇒ ⊥ và SH là đường cao của hình chóp.

° Dựng HN BC, HP AC⊥ ⊥

°  SHN = SHP  ⇒ HN = HP.

°  AHP vuông có: HP HA.sin60o a 3.

4

°  SHP vuông có: SH HP.tg a 3tg

4

° Thể tích hình chóp

ABC

Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta cĩ:

4ab ≤ (a + b) 2 1

4

a b

+

+

1 1 1

( , 0)

4 a b a b

Ta cĩ: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

Tương tự: 1 1 1 1 1

2 8 2 2

2x y z+x 2y z+ x y 2z

1 1 1 1 2009

4 x y z 4

Vậy MaxP = 2009

4 khi x = y = z =

12 2009

II.PHẦN TỰ CHỌN:

1 Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản

Câu 6a.1a

1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3)

Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP ar = (7; - 4) của AC làm VTPT

Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7)

A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0

2 Gọi A(a; 0; 0) ∈Ox.

° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) :  2 2a2 2 2a

d(A; )

3

2 1 2

+ +

° ( ) qua  M (1; 0; 2)0 − và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2)r =

° Đặt M Muuuuuur r0 1 =u

S

H

P

C A

B

N

ϕ

° Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác  AM M0 1

0 1

2 0

AM M

0 1

[AM ; u]

d(A; )

uuuuur r r

° Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )  

2

2

° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0).

Câu 6a.2a n = a b cd e

* Xem các số hình thức a b cd e , kể cả a = 0 Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc là b hoặc là c) Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \ { }1 : số cách chọn 4

7

A Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài.

* Xem các số hình thức 0b cd e

* Loại những số dạng hình thức 0b cd e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề bài.

1 Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao:

Câu 6b.1b

1 (C) cĩ tâm I(3;0) và bán kính R = 2

M ∈ Oy ⇒ M(0;m)

Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)

Vậy

·

·

0 0

60 (1)

120 (2)

AMB

AMB





Vì MI là phân giác của ·AMB

(1) ⇔ ·AMI = 300

0 sin 30

IA MI

⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ m2+ = ⇔ =9 4 m m7

(2) ⇔ ·AMI = 600

0 sin 60

IA MI

⇔ = ⇔ MI = 2 3

3 R ⇔ 2 4 3

9 3

m + = Vơ nghiệm Vậy cĩ hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 )

2.- (d1) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương ur1 =(2; 1; 0)

- (d2) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương ur2 =(3; 3; 0)−

AB (3; 0; 4)uuur= −

° AB.[u ; u ] 36 0uuur r r1 2 = ≠ ⇒ AB, u , uuuur r r1 2 không đồng phẳng.

° Vậy, (d1) và (d2) chéo nhau.

° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2)

° M (d )∈ 1 ⇒ M(2t; t; 4), N (d )∈ 2 ⇒ N(3 t ; t ; 0)+ / − /

° Ta có:

1

2

N(2; 1; 0)

t 1

MN u



uuuur r uuuur r

° Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính R 1MN 2.

2

° Vậy, phương trình mặt cầu (S): (x 2)− 2 + −(y 1)2+ −(z 2)2 =4

Câu 6b.2b

Xét phương trình Z 4 – Z 3 + 6Z 2 – 8Z – 16 = 0

Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = 2 Vậy phương trình trở thành:

(Z + 1)(Z – 2)(Z 2 + 8) = 0

Suy ra: Z3 = 2 2 i và Z 4 = –2 2 i

Đáp số: {−1,2, 2 2 i, 2 2 i− − }