SỞ GD-ĐT KON TUM ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC SỐ 29- NĂM HỌC 2011
TRƯỜNG THPT NGỌC HỒI Khối A, MÔN TOÁN
I PHẦN CHUNG
Câu 1 (2đ) Cho hàm số: y = 2x3 - 3x2 + 1 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2 Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung
độ bằng 8
Câu 2 (2đ) 1 Giải hệ phương trình: tan2x - 4sin2x = 3cot2x + 4 3 cos2x
2 Giải bất phương trình: 4 1+ − <x 1 3x+2 1− +x 1−x2
3 Giải phương trình: 9x + ( x - 12).3x + 11 - x = 0
Câu 3 (1đ) Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh
bên và cạnh đáy đối diện bằng m
Câu 4 (1đ) Tính tích phân: =∫2 − + + 2
0
)]
4 ln(
) 2 (
I
Câu 5 (1đ) Cho ba số x, y, z là 3 số thực dương và xyz = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
II PHẦN RIÊNG
Câu 6a (2đ)
1 Trong mặt phẳng (oxy) cho đường thẳng (d): 3x - 4y + 5 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 + 2x
- 6y + 9 = 0 Tìm những điểm M ∈(C) và N ∈ (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất
2 Trong không gian (oxyz) cho hai mặt phẳng:(P1): x - 2y + 2z - 3 = 0, (P2): 2x + y - 2z - 4 = 0
và đường thẳng (d):
3
4 2
1
−
=
−
x
Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I ∈ (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2)
Câu 7a (1đ) Tìm mô đun của các số phức z biết rằng z thỏa mãn: z− − =(2 i) 10 và z z=25
Theo chương trình nâng cao
Câu 6b (2đ)
1 Trong mặt phẳng (oxy) cho đường tròn (C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = 1 và điểm M
5
7 , 5
1 Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất
2 Trong không gian (oxyz), cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 2x - 4y - 2z + 5 = 0 và mặt phẳng (P): x - 2y + 2z - 3 = 0 Tìm những điểm M ∈ (S), N ∈(P) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất
Câu 7b (1đ) Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số:
Trang 2x
x x
x
f( )= 31+3 − 1+2 khi x ≠ 0, và f(0)=0; tại điểm x0 = 0.
Hướng dẫn giải
Câu 1 (2đ) y = 2x3 - 3x2 + 1
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C)
* TXĐ: R
* Sự biến thiên: + Giới hạn: lim = x→−∞y −∞ ,
−∞
→
x
y
+ Bảng biến thiên: y’ = 6x2 - 6x = 6x (x - 1) y' = 0
=
=
=
=
⇔
) 0 (
; 1
) 1 (
; 0
y x
y x
0,25đ Lập BBT; nêu đúng các khoảng đơn điệu và các điểm cực trị 0,25đ
* Đồ thị: (tự vẽ), rõ ràng, đầy đủ, chính xác 0,25đ
2) Tìm M ∈ (C) ?
Giả sử M (x0; y0) ∈(C) ⇒y0 = 2x0 - 3x0 + 1
Tiếp tuyến (∆) của (C) tại M:
y = (6x0 - 6x0) (x - x0) + 2x0 - 3x0 + 1 0,25đ
(∆) đi qua điểm P(0 ; 8) ⇔ 8 = -4x0 + 3x0 + 1
⇔x0 = -1 ; (4x0 - 7x0 + 7 > 0, ∀x0) 0,25đ
Vậy, có duy nhất điểm M (-1 ; -4) cần tìm 0,25đ
2) Giải phương trình: ( )3x 2+(x−12)3x+11−x=0
−
=
=
⇔
x
x
x
11 3
1 3
=
− +
=
=
⇔
(*) 0 11 3
) (
0
x x
f
x
(*) 0
)
2
(
, 0 1 3 ln 3 )
(
=
∀
>
+
=
f
x x
có nghiệm duy nhất x = 2 0,25đ Vậy, tập nghiệm của phương trình: S = {0 ; 2} 0,25đ
Câu 3 (1đ) S
N
A C
O
B
SO ⊥ (ABC)
S.ABC chóp ∆đều ⇒ O là tâm tam giác đều ABC
M BC
BC SO
BC AM
⊥
⇒
⊥
⊥
Trang 3Trong ∆SAM kẻ đường cao MN ⇒MN = m
2
3 2
3 3
60 sin
a AO AM
a a
3 SO
SA h
SO
2 2 2
h
+
=
⇒
=
SA.MN = SO.AM ( 2 2) 2 2 2
3
4 4
3a − m h = a m
< a m
2
3
0,25đ
2
2 4 3 3
2
m a
am h
−
=
⇔ ; và S(ABC) =
4
3
2 2
3 4 3 6 )
( 3
1
m a
m a h
ABC S V
−
=
=
< a m
2
3
0,25đ
Câu 4 (1đ) Tính tích phân
= 2
0
) 2 ( x dx x
I + ∫2 +
0
2) 4 ln( x dx = I1+I2
∫
0
2 2
0
1
2 )
1 ( 1 )
2
x
I (sử dụng đổi biến: x=1+sint) 0,25đ
∫
0 2
2 2
0 2 2
0
2 2
4 2
| ) 4 ln(
) 4
x
x x
x dx x
=6ln2+π −4 (đổi biến x=2tant) 0,25đ
2 ln 6 4 2
3 2
Câu 5 (1đ)
∆ABC:
= +
= +
) 2 ( ) (
) 1 ( ) (
2
2
c a b b
b c a a
(1) ⇒sin2A + sinAsinC = sin2B (Đl sin)
⇒sinAsinC =
2
1 (cos2A - cos2B)
⇒ sinAsinC = sin(A + B) sin (B -A)
⇒ sinA = sin (B - A) ; (sin (A + B) = sin C > 0)
⇒A = B - A ; (A, B là góc của tam giác)
Tương tự: (2) ⇒C = 2B
A + B + C = π , nên A =
7
π ; B =
7
2π ; C =
7
4π
0,25đ
Ta có:
C
B sin
1 sin
1 + =
7
3 sin 7
cos 7 sin 2
7
cos 7
3 sin 2
7
4 sin 7
2 sin
7
2 sin 7
4 sin
π π π
π π π
π
π π
= +
0,25đ
Trang 4= sinA
1 7 sin
II PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Chương trình cơ bản
Câu 6a (2đ)
1) Tìm M ∈ (C), N ∈ (d)?
(d): 3x - 4y + 5 = 0
(C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = 1 ⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1
d (I ; d) = 2 ⇒(d) ∩ (C) = Ø
Giả sử tìm được N0 ∈ (d) ⇒ N0 là hình chiếu vuông góc của I trên (d)
⇒ N0 = (d) ∩( )∆ , với: ( )
−
=
⇒
⊥
∆
−
∋
∆
∆ 3; 4 )
(
) 3
; 1 (
u d
I
0,25đ
⇒
−
=
+
−
=
∆
⇒
5
7
; 5
1 4
3
3 1
t y
t x
0,25đ
Rõ ràng ( )∆ ∩ (C) = {M1; M2} ; M1
−
5
11
; 5
2 ; M2
−
5
19
; 5 8
M0 ∈ (C) để M0N0 nhỏ nhất ⇒ M0 ≡ M1 và M0N0 = 1 0,25đ
Kết luận: Những điểm cần tìm thoả mãn điều kiện bài toán
−
5
11
; 5
2 ; N
5
7
; 5
1
0,25đ
2) Phương trình mặt cầu (S) ?
(P1): x - 2y + 2z - 3 = 0
(P2): 2x + y - 2z - 4 = 0
Giả sử I (x0 ; y0 ; z0) ∈ (d):
3
4 2
1
−
=
−
x
⇒ I (-2 - t ; 2t ; 4 + 3t) là tâm của mặt cầu (S) 0,25đ
Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2) ⇔ d (I, (P1)) = d (I ; (P2))
−
=
−
=
⇔ +
= +
1
13 16
10 3
1 3 9
3
1
t
t t
⇒ I1 = (11 ; 26 ; -35) ; I2 (-1 ; 2 ; 1)
Vậy, có hai mặt cầu cần tìm:
(S1): (x - 11)2 + (y - 26)2 + (z + 35)2 = 382
(S2): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = 22 0,25đ
0,25đ
Chương trình nâng cao
Câu 6b (2đ)
1) Tìm N ∈ (C)?
(C): (x + 1)2 + (y - 3)2 = 1
Trang 5⇒ Tâm I (-1 ; 3), bán kính R = 1 ; M
5
7
; 5 1
2 5
8
; 5
−
Giả sử tìm được N ∈ (C) ⇒ MN ≤ MI + IN = 3 0,25đ
Dấu “=” xảy ra ⇔ N là giao điểm của tia đối IM và đường tròn (C)
(IM):
−
=
+
−
=
t y
t x
5
8 3 5
6 1 ; ( ) ( ) {IM ∩ C = N1; N2}
−
⇒
5
11
; 5
2 1
−
5
19
; 5
8 2
Kết luận: Thoả mãn điều kiện bài toán:
−
5
19
; 5
8
2) Tìm M ∈ (S) , N ∈ (P) ?
(S): (x + 1)2 + (y - 2)2 + (z - 1)2 = 1
Tâm I (-1 ; 2 ; 1), bán kính R = 1
(P): x - 2y + 2z - 3 = 0 ⇒ d (I;( )P ) = 2 ⇒(P)∩(S)=Ø
Giả sử tìm được N0 ∈ (P)⇒N0 là hình chiếu vuông góc của I trên (P) 0,25đ
( ) ( )d P
⇒ 0 , với: ( )
−
=
⇒
⊥
−
∋
) 2
; 2
; 1 ( )
( ) (
) 1
; 2
; 1 (
d
u P d
I d
( )
+
=
−
=
+
−
=
⇒
t z
t y
t x
d
2 1
2 2
1
−
⇒
3
7
; 3
2
; 3
1 0
=
∩( )
)
(d S {M1 ; M2}
−
⇒
3
5
; 3
4
; 3
2 1
M
,
−
3
1
; 3
8
; 3
4 2
M
0,25đ M1M0 = 1 < M2M0 = 3
M0 ∈ (S) để M0N0 nhỏ nhất ⇒ M0 ≡ M1
Vậy, những điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán
−
3
5
; 3
4
; 3
2
−
3
7
; 3
2
; 3
1
Câu 7b (1đ)
Đạo hàm bằng định nghĩa:
x
f x f
x
) 0 ( ) (
lim
0
−
0
2 1 3 1 lim
x
x x
x
+
− +
0
2 1 ) 1 ( ) 1 ( 3 1 lim
x
x x
x x
x
+
− + + +
− +
x
x
1 lim
1 3 1 1 ) 3 1 (
3 lim
0 2 3
+
−
→
Trang 6= -1 +
2
1
=
-2
1
Vậy,
2
1 '(0)=−