Đề thi ĐH tự luyện số 2

Trờng thpt đề luyện thi đại học.. Tính diện tích tam giác cân nhận đợc.. Đáp án đề luyện thi số 2Môn: Toán... Dùng hàm số.. Nhận xét: Cách 3 khá phức tạp.. Đây là bài toán khá đặc trng

Trờng thpt đề luyện thi đại học Số 2.

bắc yên thành Môn Toán – Khối A Thời gian làm bài 180 phút

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số

2

y

x 1

=

1) Khảo sát hàm số khi m =1.

2) Tìm m để đồ thị (Cm) có 2 điểm cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị bé hơn 2 5

Câu II (2 điểm)

1) Giải phơng trình:

sin x.sin 3x cos x.cos3x 1

8

2) Giải phơng trình: 4x− x 2−5 − 12.2x 1− − x 2−5 + = 8 0

Câu III (2 điểm)

1) Tính tích phân:

2

x 0

1 sin x

1 cos x e

π

−

=

+

∫

2) Từ các chữ số 0, 1, 3, 4, 5, 6 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau trong đó nhất thiết có mặt các chữ số 1 và 2.

Câu IV (3 điểm)

1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho 2 đờng thẳng

(d1): 2x – y + 1 =0 và (d2): x+2y–7=0 Lập phơng trình đờng thẳng qua gốc tọa độ và tạo với (d1), (d2) tam giác cân có đáy thuộc đờng thẳng đó Tính diện tích tam giác cân nhận đợc.

2) Tìm tọa độ trực tâm H của ∆ ABC trong không gian Oxyz biết: A(3; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0;1).

Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dơng thỏa mãn: x + y + z = 1 Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức S x y y z z x = 2 + 2 + 2

Biên soạn đề: Ths Nguyễn Bá Thủy

Đáp án đề luyện thi số 2

Môn: Toán Khối A – Thời gian làm bài 180 phút.

I I.1)

Với m =1 ta có hàm số: y x2 3x 3

x 1

=

− (Hs tự khảo sát)

Đồ thị:

K/s: 0.75đ

Đồ thị: 0.25đ

I.2)

Ta có:

2

2 2

x 2x 3m 3

(x 1)

−

Hàm số có CĐ, CT khi phơng trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ f(x) =0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ ' 4 3 0 4 (1)

m

m

∆ = − >



Đặt

2

x (5m 2)x 2m 1 u y

− , ta có các điểm CĐ và CT của đồ thị thuộc đờng

thẳng y u ' 2x 5m 2

v'

= = − + (2) Giả sử đồ thị hàm số có điểm CĐ là A(x1; y1) và CT là B(x2; y2), theo trên ta có:

y =2x −5m 2; y+ =2x −5m 2+ Từ đó:

AB =5(x −x ) =5 (x +x ) −4x x =80 60m−

2

AB 2 5< ⇔AB <20⇔80 60m 20− < ⇔ >m 1 Kết hợp với điều kiện (1) ta có 1 m 4

3

< <

0.25 0.25

0.5

II II.1)

Giải phơng trình:

sin x.sin 3x cos x.cos3x 1

8

tg x tg x

(1)

Điều kiện: cos x 0;cos x 0, tg x 0, tg x 0

Với ĐK đó ta có: tg x cot g x cot g x

⇒ tg x tg x 1

 −   + = −

sin x.sin 3x cos x cos3x

8

1 (3sin x sin 3x).sin 3x (3cos x cos3x)

2

3 sin x.sin 3x cos x.cos3x cos 3x sin 3x

2

3

π

0.25

0.25

0.25

0.25

Chỉ có x k

6

π

= − + π thoả mãn các điều kiện

Vậy phơng trình có nghiệm là x k , k

6

π

= − + π ∈Â ,

0.25 II.2) Giải phơng trình: 4x− x 2−5−12.2x 1− − x 2−5+ =8 0

Điều kiện x2≥5 Đặt t 2= x − x 2 − 5>0, phơng trình đã cho trở thành

t 6t 8 0

t 4

=



− + = ⇔  = Tơng ứng ta có phơng trình đã cho có các nghiệm là: x = 3 và x 9

4

=

0.25 0.25 0.25

III III.1)

Tính tích phân:

2

x 0

1 sin x

1 cos x e

π

−

= +

∫

Có

1 cos x e 1 cos x e

x

1 cos x e e 2cos

2

+

Đặt

x x

x

2

1

dx u

du e dx e

e dx

x dv

v t g x

2

−



2

0 0

I

π π

2sin cos tg

x

2

+

2 0

x

I I I

π

π

0.25 0.5

0.25

III.2) Từ các chữ số 0, 1, 3, 4, 5, 6 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác

nhau trong đó nhất thiết có mặt các chữ số 1 và 2

Số cần lập có dạng x=a a a a a Ta xét các trờng hợp:1 2 3 4 5

T/h1: x có chứa chữ số 0.

Có 4 cách chọn vị trí cho chữ số 0, sau đó có 2

4

A cách chọn 2 trong 4 vị trí còn lại cho các chữ số 1 và 2 Tiếp theo, số cách chọn 2 trong 4 số khác 0, 1, 2 cho 2 vị trí còn lại

là 2

4

A cách ⇒ Trờng hợp này có 4 2

4

A 2 4

A = 576 số

T/h2: x không chứa chữ số 0.

Có 2

5

A cách chọn 2 trong 5 vị trí cho các chữ số 1 và 2 Sau đó, số cách chọn 3 trong 4 chữ số khác 0, 1, 2 cho 3 vị trí còn lại là 3

4

A cách

⇒ Trờng hợp này có 2

5

A 3 4

A = 480 số

Vậy tất cả có 576 + 480 = 1056 số thoả mãn bài toán

0.25

0.5

0.25

IV IV.1) Hai đờng thẳng d1 và d2 có vtpt lần lợt là nuur1=(2; 1 ,n− ) uur2=( )1;2 , có n nuuruur1 2=0 nên d1⊥d2

Gọi I = d1∩ d2 thì I = (1; 3) Đờng thẳng ∆ đi qua O(0; 0) và tạo với d1 và d2 tam giác cân đỉnh

I ⇔ ∆ vuông góc với phân giác của góc tạo bởi d1, d2

Phân giác của góc tạo bởi d1, d2: 1

2

x 3y 8 0 (l ) 2x y 1 x 2y 7

3x y 6 0 (l )

0.25

0.25

TH1: ∆1 ⊥ l1 và đi qua O(0; 0) nên có phơng trình: y = –3x.

∆1 cắt d1 và d2 tơng ứng tại A và B thì IAB 2

TH2: ∆2⊥l2 và đi qua O(0; 0) nên có phơng trình: 1

3

∆2 cắt d1 và d2 tơng ứng tại A’, B’ thì 3 1 IA 'B' 1 2 32

0.25

0.25 IV.2) Trực tâm H của ∆ABC trong không gian Oxyz là giao của 3 mặt phẳng (ABC), mp(α)

đi qua A và ⊥BC, mp(β) đi qua B và vuông góc với AC

Ta có (ABC): 2x + 3y +6z – 6 =0; (α): –2y + z =0; (β): –3x+z = 0

⇒ Tọa độ của H là nghiệm của hệ:

12

2x 3y 6z 6

18

49

 =

⇒ H có toạ độ H 12 18 36; ;

49 49 49

V Cho x, y, z >0 thỏa mãn: x + y + z = 1 Tìm GTLN của: S x y y z z x= 2 + 2 + 2

Cách 1 Giả sử x ≥ y ≥ z Ta có:

S x y y z z x x y z y xyz= + + ≤ + + = x z y+ = x z (1 (x z))+ − +

Đặt t = x+ z ta đợc 2 t t( ) 1 3 4

S t (1 t) 4 1 t 4

 

 

Ngoài ra với x 2; y 1;z 0

= = = ta có S 4

27

Vậy GTLN của S 4

27

Cách 2 Giả sử x ≥ y ≥ z Ta có: 2 2 2 2 2 z x2 z x2

S x y y z z x x y y z

⇒

3

+ +

y

 = + = +



 + + =



Vậy GTLN của S 4

27

Cách 3 Dùng hàm số

HD: Thay z = 1–x–y, xem S là hàm số biến x còn y là tham số

Nhận xét: Cách 3 khá phức tạp

Đây là bài toán khá đặc trng cho phép sắp thứ tự

0.5 0.5