Đề tjư luyện thi ĐH số 4

Trờng thpt đề luyện thi đại học.. Chứng minh rằng ABCD là một tứ diện và viết phơng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đó.. 3 Cho hình chóp tam giác đều S.ABCD, biết trung tuyến AA’ của đ

Trờng thpt đề luyện thi đại học số 4

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

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số

2

y

x 1

=

− có đồ thị (Cm).

1) Khảo sát hàm số khi m = –2

2) Tìm m để hàm số có cực trị.

Câu II (2 điểm)

1) Giải phơng trình:

2 (3 2sin x)cos x (1 cos x)

1

1 sin 2x

+ 2) Giải hệ phơng trình:

x y

y x

log (x y) 1 log (x y)

+

 =





Câu III (3 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, viết phơng trình đờng thẳng ∆ song song với đờng thẳng d: 3x – 4y +1 =0 và cách d một khoảng bằng 1.

2) Trong không gian Oxyz cho 4 điểm A(6; –2; 3), B(0; 1; 6), C(2; 0; –1) và D(4; 1; 0) Chứng minh rằng ABCD là một tứ diện và viết phơng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện đó.

3) Cho hình chóp tam giác đều S.ABCD, biết trung tuyến AA’ của đáy ABC có độ dài 3a và cạnh bên bằng a 7 Tính độ dài cạnh đáy và thể tích hình chóp.

Câu IV (2 điểm)

1) Tính tích phân

3

0

I = ∫ x 1 x dx + 2) Chứng minh rằng

n 1

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dơng thoả mãn: ab bc ca abc + + = Chứng

minh rằng: b2 2a2 c2 2b2 a2 2c2 3

Biên soạn đề: Ths Nguyễn Bá Thủy

Đáp án đề luyện thi số 4

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

I I.1) Với m =–2 ta có hàm số:

2

x 2x 2 y

x 1

=

Đồ thị:

K/s: 0.75đ

Đồ thị: 0.25đ

I.2)

Ta có

2

2

x 2x m 2 y'

(x 1)

=

−

Hàm số có cực trị ⇔ PT y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ g(x) x= 2−2x m 2 0− − =

có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ ' m 3 0 m 3

g(1) m 3 0

∆ = + >



Mở rộng:…….

0.25 0.25 0.5

II II.1)

Giải phơng trình: (3 2sin x)cos x (1 cos x)2 1

1 sin 2x

+ (1)

Điều kiện: 1+sin2x ≠ 0 ⇔ x 3 k

4

π

≠ + π Khi đó (1) ⇔ (3 2sin x)cos x (1 cos x) 1 sin 2x+ − + 2 = +

2 3cos x sin 2x 1 cos x 1 sin 2x

cos x 2 VN

=



=

Vậy phơng trình có nghiệm là x k2 , k= π ∈Â

0.25

0.25

0.5 II.2)

Giải hệ phơng trình:

x y

y x

log (x y) 1 log (x y)

+





Điều kiện:

− > >

 + > ⇔ > − ⇔ > >

Khi đó hệ đã cho ⇔

2 2

x y

2 2

2 2 3

2(x y ) 5xy (a)

log (x y ) 1

 + 





Từ (b) ⇒ x2= +3 y2⇒ =x 3 y+ 2 (do x 0)>

Thay vào (a) ta đợc pt 2(3 2y ) 5y 3 y+ 2 = + 2 ⇔9y4+27y2−36 0=

.25

0.25

0.25

0.25

2 2

y 1 36 y

9

 =



⇔  = −



2

⇔ = ⇔ = ± ⇒ x =2 Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (2;1) và (2;–

2)

III III.1) Viết pt đờng thẳng ∆ // d: 3x – 4y +1 =0 và cách d một khoảng bằng 1

Do ∆//d: 3x – 4y + 1 = 0 nên ∆ có phơng trình: 3x – 4y + c = 0

Khoảng cách từ ∆ đến d bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên d đến ∆ Cho x = 1,

thay vào phơng trình của d ta có y = 1 ⇒ A(1; 1) ∈d

Và ta có khaỏng cách từ A đến ∆ là: h 3.1 4.1 c c 1

5

9 16

+

Từ giả thiết ⇒ c 1 1 c 6

c 4 5

=

= ⇔  = − Vậy có 2 đờng thẳng thoả mãn là ∆1: 3x – 4y + 6 = 0 và ∆2: 3x – 4y – 4 = 0

0.25 0.25 0.25

0.25 III.2) Chứng minh rằng ABCD là một tứ diện và viết pt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

+ Ta có ABuuur= −( 6;3;3 , AC) uuur= −( 4;2; 4 , AD− ) uuur= −( 2;3; 3− )

AB,AC 18; 36;0 AB,AC AD ( 18).( 2) 36.3 0.( 3) 72 0

uuur uuur uuur uuur uuur

Vậy AB,AC,ADuuur uuur uuur không đồng phẳng nên ABCD là một tứ diện

+ Mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD có phơng trình dạng:

x +y +z +2ax 2by 2cz d 0+ + + = vớia2+b2+ − >c2 d 0 (*)

Do A, B, C, D thuộc (S) nên ta có hệ:

49 12a 4b 6c d 0 2b 12c d 37 (1)

37 2b 12c d 0 12a 6b 6c 12 (2)

5 4a 2c d 0 4a 2b 14c 32 (3)

17 8a 2b d 0 4a 2b 2c 12 (4)

Từ (3), (4) ⇒ 8a – 12c = 20 (5)

Từ (2), (4) ⇒ 8a = –16 ⇔ a =–2, thay vào (5) ta có c = –3

Thay a, c vào (4) ⇒ b = 1, tiếp tục thay a, b, c vào (1) đợc d = –3

Vậy a =–2; b =1, c=–3, d=–3 t/m (*)⇒ Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có

ph-ơng trình: x2+y2+z2−4x 2y 6z 3 0+ − − = ⇔(x 2)− 2+ +(y 1)2+ −(z 3)2 =17

0.25

0.25

0.25

0.25 III.3) Hình chóp tam giác đều S.ABCD, có trung tuyến AA’ của đáy ABC có độ dài 3a và

cạnh bên bằng a 7 Tính độ dài cạnh đáy và thể tích hình chóp

Gọi x là độ dài cạnh đáy hình chóp thì

ta có AB = x, BA ' x

2

=

4

Vậy độ dài cạnh đáy hình chóp là 2a 3

Vì S.ABC là chóp đều nên nếu gọi O là tâm

của đáy ABC thì SO⊥(ABC) và ta có:

2

2

3 7a 4a 3a SO a 3

V SO.dt SO.AA '.BC 3a

0.25

0.25

(Hình: 0.25)

0.25

IV IV.1)

Tính tích phân

3

0

I= ∫x 1 x dx+

§Æt t= 1 x+ 2 ⇒x2= −t2 1; xdx tdt= §æi cËn x = 0 ⇒ t =1; x= 3⇒ t =2.

Ta cã: 3 4 2 2 2 2 2( 6 4 2)

I= ∫x 1 x xdx+ =∫(t −1) t.tdt=∫ t −2t +t dt

2

1

0.25

0.5

0.25 IV.2)

Chøng minh:

n 1

+ −

(1 x)+ =C +C x C x+ + + C x

⇒

1 1

I (1 x) dx C x C x C x C x

+

+

∫

+

MÆt kh¸c

1

n

I (1 x) d(1 x)

∫

VËy ta cã ®pcm

0.25

0.25

0.5

V Cho a, b, c>0 t/m: ab bc ca abc + + = Chøng minh r»ng:

3

C¸ch 1 (1) ⇔ 12 22 12 22 12 22 3

a +b + b +c + c +a ≥

Theo B§T Bunhiacopski ta cã:

⇒ 12 22 1 1 2 , doa,b 0

T¬ng tù ta cã: 12 22 1 1 2 ; 12 22 1 1 2

Céng vÕ víi vÕ c¸c B§T cïng chiÒu trªn ta cã:

3

C¸ch 2 Nh©n 2 vÕ cña B§T (1) víi abc>0 ta cã:

c b +2a +a c +2b +b a +2c 3abc (2)

¸p dông B§T BCS ta cã: 2 2 2 2 2 1( ) 1

c b 2a c(b 2a)

3

+ ≥ + T¬ng tù C1 ta cã ®pcm.

C¸ch 3 XÐt u 1; 2 ;v 1; 2 ; w 1; 2

= ÷÷ = ÷÷ = ÷÷

¸p dông B§T:

ur + +vr wuur≥ + +u v wr r uur Ta cã ®pcm

C¸ch 4 ¸p dông B§T Mincopski: Cho (a ,a , a , b ,b , b , , k , k , k1 2 n) ( 1 2 n) ( 1 2 n) lµ

k bé sè thùc bÊt k×, ta cã:

0.25

0.25

0.25

0.25

( )2

a +b + + k + + a +b + + k ≥ a + + +b k + + (a +b + + k )