Mỗi tuần 1 đề luyện thi ĐH_Đề số 1 và hướng dẫn giải

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN.. Lập phương trình d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB lên mặt phẳng P.. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO... Sự

ĐỀ SỐ 1

I Phần chung

Câu 1 (2đ)

Cho hàm số: 2 4 ( )

1

x

x

−

= +

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

2 Tìm trên ( )C hai điểm đối xứng qua đường thẳng MN với M(−3;0 ,) (N − − 1; 1)

Câu 2 (2đ)

4cos cos 2 cos 4 cos

x

2 Giải phương trình: 3 2x 3x 2 1

Câu 3 (1đ)

Tính tích phân: 2

0

1 sin

1 cos

x

x

x

π +

∫

Câu 4 (1đ)

Tính thể tích hình chóp S ABC biết

Câu 5 (1đ)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2

A= x+ + y+ + z+ trong đó , ,

x y z là các số thực dương thỏa x y z= 8

II Phần riêng (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần)

A THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu 6a (1đ)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy , cho 2 đường thẳng ( )d1 :x+ + = và y 1 0

( )d2 : 2x− − = Lập phương trình qua y 1 0 M( )1;1 cắt ( ) ( )d1 , d2 tương ứng tại ,A B sao

cho 2MAJJJG JJJG G+MB=0

2 Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng ( )P có phương trình

x+ y− z+ = và hai điểm A(1;7; 1 ,− ) (B 4;2;0) Lập phương trình ( )d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB lên mặt phẳng ( )P

Câu 7a (1đ)

Kí hiệu x x1, 2 là nghiệm phức của phương trình bậc hai 2x2−2x+ = Tính giá trị các số 1 0 phức 2

1

1

x và 2

2

1

x

B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu 6b (1đ)

1.Cho đường tròn có phương trình x2 +y2 −2x−2y− =3 0 ( )C và điểm M( )0;2 Viết phương trình đường thẳng qua M( )0;2 cắt đường tròn tại hai điểm A và B sao cho AB có

2 Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho 3 điểm

(1;0;0 ,) (0;2;0 ,) (0;0;3)

A B C Tìm tọa độ trực tâm của ABCΔ

Câu 7b (1đ)

Tìm các giá trị x biết trong khai triển Newton lg 10 3( ) 5 ( 2 lg 3)

n x

21 và C1n +C n3 =2C n2

HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1

1)

1 Hàm số có tập xác định D=\\{ }−1

2 Sự biến thiên của hàm số

a) Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận

Ta có

1

lim

x

y

−

→− = −∞ và

1

lim

x

y

+

→− = +∞ Do đó, đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho

Ta có lim lim 2

→+∞ = →−∞ = nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho b) Bảng biến thiên

Ta có

( )2

6 0 1

x

−

+

x −∞ +∞

y

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞ − và ; 1) (− +∞ 1; )

3 Đồ thị

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-4) và cắt trục hoành tại (2;0)

2

−∞

2

-1

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

y

Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận giao điểm điểm (−1;2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng

2)

Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;0) và N(-1;-1) là 1 3

y= − x−

Gọi I(a;b) là điểm thuộc đường thẳng MN, ta có 1 3

b= − a− (1) Ta tìm đường thẳng qua I vuông góc với MN cắt (C) tại A và B sao cho I là trung điểm của AB

Phương trình đường thẳng (d) qua I vuông góc với MN là: y=2(x−a)+ b

Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình:

2

2

1

x

x

−

+

A B

I

(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ

1

4

a

a

⎧ = − −

⎩

⎪ =

⎪⎩

Suy ra phương trình đường thẳng (d): y=2x− 4

Từ đó tìm được tọa độ hai điểm là A(2;0) và B(0;-4)

Nhận xét:

Bài này nếu ta gọi A(a,b); B(m,n) ngay từ đầu thì theo đề bài ta tìm được 4 phương trình có

ẩn lần lượt là a, b, m, n và sau đó giải ra Nhưng cách này khá dài dòng

Câu 2

1) Ta có

( )

4

2

2

4cos cos 2 cos 4 cos

3

4

x

x

x x

Ta có:

( )

cos 2 1

3

4

cos 2 1 3

x

x

x x

π

π π

⎫

⎪

⎬

=

⎧

]

] ]

2) Ta có 3 2x 3x 2 1 3 2x( 1) 2 1

x= + x+ ⇔ x− = x+ (1)

Ta thấy 1

2

x= không phải là nghiệm của phương trình (1)

Với 1

2

x≠ ta có: ( )1 3 2 1 3 2 1 0

Đặt ( ) 3 2 1 3 2 3

f x

+

Ta có ( )

( )2

2

2 1

x

x

−

Do đó hàm số tăng trên các khoảng ;

2

1

⎛−∞ ⎞

⎝ ⎠ và

1

; 2

⎛ +∞⎞

Vậy do đó f x( )= có nhiều nhất 1 nghiệm trên từng khoảng 0 ;

2

1

⎛−∞ ⎞

⎝ ⎠và

1

; 2

⎛ +∞⎞

Ta thấy x= và 1 x= − là nghiệm của 1 f x( )= 0

Vậy phương trình có hai nghiệm là x= và 1 x= − 1

Nhận xét: Thường thì khi chứng minh hàm đồng biến (hoặc nghịch biến) thì hs kết luận phương trình có duy nhất nghiệm và chỉ ra x= là nghiệm Bài toán trên cho ta thấy là hàm số đồng biến 1

trên từng khoảng xác định thì ứng với mỗi khoảng ta phải xét riêng

Câu 3

2

0

1 sin

1 cos

x

x

x

π

+

= ⎜∫⎝ + ⎟⎠

Ta có

2

2

1 tan

x

Do đó:

2

2

0 2

2

1

π π

⎩

Suy ra:

2

0

0

tan tan 0 tan

π

Câu 4

Cách 1:Phương pháp vectơ

S

D

Trên AC lấy điểm D sao cho DS ⊥SC(D thuộc đoạn AC) và

n n n 120 90 30o o o

Ta có:

1 sin 30 2

2

2

o ASD

CSD

AS SD S

CS SD

+

+

JJG JJJG JJJG JJJG JJJG

o

JJG JJJG

Và

2

3 2

SD

ac SD

+

JJG JJJG

3 2

abc

ac

SD SB

b

+

+

JJJG JJG JJJG JJG

2

SDBC SDB

Mà

2

2

ASBD

ASBD CSDB CSBD

+ Vậy

SABC ASBD CSBD

+

Cách 2: (Phương pháp tọa độ)

z

y

x S

A

B

Dựng hệ trục tọa độ Oxyz sao cho S ≡O, B b( ;0;0), C(0; ;0c ) và A x( A;y A;z A)

Ta có cosn cos 60

2

o A

a

x =SA ASB=a = và cosn cos120

2

o A

a

Mà:

2 2 2 2

2 2

Do đó thể tích tứ diện S.ABC là 1. /( ). 1 .1 . 2

V = d S = z b c= abc (đvtt)

Câu 5

Đặt a=log ;2x b=log ;2 y c=log2z Khi đó ta có a+ + =b c log2( )xyz =log 8 32 =

Và A= a2+ +1 b2+ +1 c2+ 1

Đặt mJG=( )a;1 ;nG=( )b;1 ;JGp=( )c;1 Khi đó ta có

1 1 1 3 2

A= mJG + +nG JGp ≥ mJG G JG+ +n p = a+ +b c + + + =

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a= = = ⇔ = = = b c 1 x y z 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 3 2 khi x = y = z = 2

A THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu 6a

1) Gọi A x( A;y A)∈d B x1, ( B;y B)∈ Ta có d2 ( )

( )

1 1

1 0

A A

A A

⎧ + = −

⇔

Ta có MAJJJG =(x A−1;y A−1 ,) MBJJJG=(x B−1;y A−1)

Vì 2MAJJJG JJJG G+MB=0nên ta có

( )

A B

Từ (1) và (3) ta có x B +y B − = ⇔2 6 x B +y B = (5) 8

Từ (2) và (5) ta có 3 0

⇒

Vậy tọa độ hai điểm A, B là A(0; 1− và ) B( )3;5 , suy ra phương trình ( )AB : 2x− − = y 1 0

Nhận xét: Ta thấy M thuộc d nên phương trình cần tìm chính là 2 d 2

2) Gọi M = AB∩( )P

Ta có: JJJGAB=(3; 5;1− )

Phương trình tham số của đường thẳng AB (viết phương trình qua B ) là ( )

4 3

2 5

= +

⎧

⎨

⎪ =

⎩

\

Thay x y z vào , , ( )P ta được:

4 3 2 2 5 2 1 0

9 9 0

1

t

t

⇔ − =

⇔ =

Suy ra M(7; 3;1− )

Gọi I là hình chiếu của B lên ( )P Ta có nJJGP =(1;2; 2− )

Phương trình tham số đường thẳng BI là ( )

4

2 2 2

= +

⎧

⎨

⎪ = −

⎩

\

Thay x y z vào , , ( )P ta được:

9 9 0

1

t

t

⇔ = −

Suy ra I(3;0;2), ta có MIJJJG= −( 4;3;1)

Phương trình đường thẳng hình chiếu của AB lên ( )P là MI (viết phương trình qua I ) có

phương trình là:

( )

3 4 3 2

= −

⎧

⎨

⎪ = +

⎩

\

Câu 7a

2

2x −2x+ = 1 0

Ta có Δ = −′ 1 2.1= − = 1 i2

Do đó phương trình có hai nghiệm

1

2

1

2

1

2

i x

i x

+

⎡ =

⎢

⎢

−

⎢ =

⎢⎣

Ta có

2

1

2

2

1

i

i

−

+

Và

( )

( )

2 2

1

2

2

1

i i

−

−

B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu 6b.

1) Ta có

( ) (2 )2

x +y − x− y− = ⇔ x− + y− =

Từ đó ta có tâm của đường tròn là I(1;1) bán kính R= 5

Ta có IM = 2 < 5, suy ra M nằm trong đường tròn

Giả sử Δ là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên Δ

Khi đó AB=2AH =2 IA2−IH2 =2 5−IH2 ≥2 5−IM2 =2 3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi H ≡M hay Δ vuông góc với IM

Vậy đường thẳng Δ cần tìm đi qua M có vec tơ pháp tuyến là MIJJJG=(1; 1− ) nên có phương trình ( )Δ :x− + = y 2 0

2) Ta có A Ox B∈ ; ∈Oy z, ∈OZ nên OA, OB, OC đôi một vuông góc nhau

Gọi I là hình chiếu của gốc tọa độ O lên (ABC), lúc đó:

⎬

⊥ ⇒ ⊥ ⎪⎭ I là trực tâm của tam giác ABC

Mặt phẳng (ABC) có phương trình là: 0

2 3

x+ + =

Ta có chọn nGABC =(6;3;2) và nGABC

là vectơ chỉ phương của đường thẳng OI

Phương trình tham số của đường thẳng OI là: ( )

6 3 2

=

⎧

⎨

⎪ =

⎩

\ Thay , ,x y z vào (ABC ta được: )

49 6

6

49

t

t

t

⇔ =

Suy ra trực tâm I của tam giác ABC có tọa 36 18 12; ;

49 49 49

Câu 7b

Ta giải phương trình:

( ) ( ) ( ( ) )

( )

2

2

2 !

1! 1 ! 3! 3 ! 2! 2 !

1 6

9 14 0 0

2 7

n

n

n

⎡ =

⎢

⇔⎢ =

⎢ =

⎣

Trong khai triển có số hạng thứ 6 nên ta chỉ nhận n= 7

Số hạng thứ 6 trong khai triển lg 10 3( ) 5 ( 2 lg 3) 7

2 − x 2x−

+

( ) 2( ( ) )5

lg 10 3 5 2 lg 3 5

Ta có phương trình

( ) ( )

( ) ( )

lg 10 3 2 lg 3

5

7

lg 10 3 2 lg 3

2

lg 10 3 2 lg3 0

10 3 3 1

10 3 3 9

2

3 9

x

x

x

x

x

x x

x x

x

x

C

x

x x

− + −

−

=

⇔ ⎢⎣ = ⇔⎢ =⎣

Vậy có hai giá trị x cần tìm là x= 0 và x= 2

HẾT