Hai de thi Dai hoc mon Toan so 5 6 va dap an

Cho hình vuông ABCD cạnh a.Gọi O là giao điểm hai đường chéo.Trên nửa đường thẳng Ox vuông góc với mặt phẳng chứa hình vuông,ta lấy điểm S sao cho góc SCB ˆ  60 .. a) Tính khoảng cách[r]

ĐỀ THI ĐẠI HỌC ( SỐ 5) CÂU I

Cho hàm số

2 6 9 2

y

x

 



  a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

b) Tìm tất cả các điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được tiếp tuyến với đồ thị , song song với đường thẳng

3 4

y x

CÂU II

Cho hệ phương trình:

2 2

12 26

xy y

x xy m







a) Giải hệ phương trình với m=2 b) Với nhương giá trị nào của m thì hệ phương trình đã cho có nghiệm?

CÂU III

a) Tính:

3 6

0 cos 2

tg x

x



 b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình phẳng D giới hạn bởi các đường ylnx , y 0, x e Tính thể tích khối tròn xoay tạo nên khi quay D quanh trục Ox

CÂU IV

Từ một tập thể 14 người gồm 6 nam và 8 nữ trong đó có An và Bình,người ta muốn chọn một tổ công tác gồm 6 người.Tìm số cách chọn trong mỗi trường hợp sau:

a) Trong tổ phải có cả nam lẫn nữ

b) Trong tổ có 1 tổ trưởng, 5 tổ viên, hơn nữa An và Bình không đồng thời có mặt trong tổ

PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh được chọn một trong 2 câu sau)

CÂU VA:

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 3 đường thẳng:

d1:

2 0

x y

x z





 , d2:

x y z

, d3:

x y z

Và mặt cầu: ( ) :S x2 y2 z2 2x 2y2z1 0

a) Chứng minh rằng d1,d2 chéo nhau và viết phương trình đường thẳng d cắt d1,cắt d2 và song song với d3

b) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d1 sao cho giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) là đường tròn có bán kính r=1

CÂU VB:

Cho hình vuông ABCD cạnh a.Gọi O là giao điểm hai đường chéo.Trên nửa đường thẳng

Ox vuông góc với mặt phẳng chứa hình vuông,ta lấy điểm S sao cho góc SCB  ˆ 60

a) Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng BC và SD

b) Gọi () là mặt phẳng chứa BC và vuông góc với mặt phẳng (SAD) Tính diện tích thiết diện tạo bởi () và hình chóp S.ABCD

ĐÁP ÁN

 CÂU I:

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

2 6 9

( ) 2

x



 

 TXĐ: D = R\ {2}

2 4 3 '

2

y

x

 



 



1 ' 0

3

x y

x





   



 TCĐ: x = 2

lim 2

x 

Ta có:

1 4

2

x

  

 

 TCX: y = - x + 4

1

2

x

x   

 BBT:

 Đồ thị:

Cho x = 0

9 2

y

b)

Gọi M(0, b)  Oy, tiếp tiếp qua M song song đường thẳng

3 4

y x

có dạng:

(D):

3 4

y x b

(D) tiếp xúc (C)

(1)

(2)

x b x

x

 





 



  



co ùnghieäm

(2)  x2 4 0 x  x0  x4

Thay vào (1):

x  b x  b

Vậy :

(0; ), (0; )

 CÂU II:

Cho

2

2

12 26

xy y







Giải hệ khi m=2

Ta có: Hệ phương trình

y x y



 



(26 )

(2) 12

y x y

m y x







 Thế (2) vào (1) ta được :

Với m= 2: Phương trình (*) trở thành : 16y 2 144

2 9

(2)

(2)

y









    



Vậy khi m= 2 hệ có nghiệm :



b) Tìm m để hệ có nghiệm:

Ta có: Hệ có nghiệm  phương trình (*) có nghiệm

14

m m

  

 CÂU III:

a) Tính

6 3

0 cos 2

tg x

x





Đặt t= tgx

1 2 cos

x

Đổi cận :

3

3

3 3

2

0

t

t

t

b) Tính thể tích do hình phẳng giới hạn bởi y= lnx, y= 0, x= e quay quanh Ox

Đồ thị y= lnx cắt Ox tại điểm có hoành độ x= 1

Do đó:

e 2 ln 1

V   xdx

Đặt

ln 2

x

dv = dx, chọn v = x

e

e 2 ln

1

xdx





Xem

e

ln

1

J  xdx

Đặt

1 ln

x

dv = dx, chọn v = x

 ln 1e e 1

1

Vậy: V  (e 2) (đvtt)

 CÂU IV:

Có 6 nam và 8 nữ trong đó có An và Bình

Lập tổ công tác 6 người Tìm số cách chọn:

a) Có cả nam lẫn nữ:

 Số cách lập tổ công tác không phân biệt nam nữ là: C146

 Số cách lập tổ công tác toàn nam là:

6 6

C

 Số cách lập tổ công tác toàn nữ là:

6 8

C

Suy ra số cách lập tổ công tác có cả nam lẫn nữ là:

6 ( 6 6) 2974

(cách)

b) Có 1 tổ trưởng, 5 tổ viên, An và Bình không đồng thời có mặt:

Có 3 trường hợp xảy ra:

Như vậy còn lại 12 người

Số cách chọn tổ trưởng :12 cách

Số cách chọn tổ viên: C115

 Số cách chọn tổ trong đó không có An lẫn Bình là:

5

12 5544 11

(cách)

Như vậy có 13 người trong đó có An nhưng không có Bình

Nếu An là tổ trưởng thì số cách chọn 5 tổ viên trong 12 người còn lại là:C125 Nếu An là tổ viên thì số cách chọn 1 tổ trưởng và 4 tổ viên còn lại trong 12 người còn lại là:12.C114

 Số cách chọn tổ mà trong đó có An và không có Bình là:

5 12 4 4752

(cách)

Tương tự trường hợp 2 có 4752 cách

 Tóm lại:

Số cách chọn tổ trong đó có 1 tổ trưởng, 5 tổ viên, An và Bình không đồng thời có mặt là: 5544 + 4752 + 4752 = 15048 (cách)

 CÂU IV:

a) d1;d2 chéo nhau

Ta có d đi qua A(0, -2, -6) có VTCP 1 a 1 (1,1, 2)

2



Ta có:

, ( 3,1,1)

1 2 (4, 4,7)

a a

a a AB AB





 

  

 Vậy: d1;d2 chéo nhau

 Phương trình đường thẳng d cắt d cắt 1 d , song song 2 d 3

Ta có VTCP của d là 3 a 3 (2, 1, 1) 



Gọi  là mặt phẳng chứa d và song song 1 d 3

, (1,5, 3)

1 2

  

 phương trình : x + 5y - 3z – 8 = 0

Gọi  là mặt phẳng chứa d song song 2 d 3

, ( 1,3, 5)

2 3

  

 Phương trình : -x + 3y -5z -8 = 0

Đường thẳng d cần tìm là giao tuyến của  và 

 Phương trình d là:





 ( d khác phương d1, d2)

b)

 Mặt cầu (S) có tâm I(-1, 1, -1) và R= 2

 Mặt phẳng (P) cắt (S) theo đường tròn có bán kính r= 1

 d(I,(P))= R2 r2  3

 Mặt phẳng (P) chứa d nên phương trình có dạng:1

m(x – y – 2 ) + n(2x – z – 6 )= 0

 (m+2n)x-my-nz-2m-6n=0

Ta có: d(I,(p))= 3

Cho n= 1, ta có 5m222mn17 0

17 1

5

Vậy phương trình (P) là:

4 0

x y z





 CÂU Vb)

a) Khoảng cách giữa BC và SD.

Ta có SO là trục hình vuông ABCD và SCB  60

 SA = SB = SC = SD = CB = a

Và BC// (SAD) nên d(BC, SD) = d(I,(SAD))

Với I là trung điểm CB

Gọi H là trung điểm AD, ta có:BC(SHI)

Veơ IJ SH ta có IJ (SAD)

 d(BC, SD) = IJ

 Tam giác SIH có

2

3 3

2

a a

IJ SH

a

Vậy d(BC, SD) =

6 3

a

b) ( ) Cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang BCFE Do hình chóp đều nên BCFE là hình thang cân:

(EF+BC).IJ

S BCF 

Ta có:

Do EF//AD nên:

3

2

a SJ

SH a

2

a EF

Vậy

6

2 6

a

a a

a S

BCEF



ĐỀ THI ĐẠI HỌC ( SỐ 6) CÂU I:

Cho hàm số y 2x3  3(2m1)x2 6 (m m1)x1 (1)

a Khảo sát hàm số (1) khi m=1

b Chứng minh rằng ,m hàm số (1) luôn đạt cực trị tại x1, x2 với x1  x2 không phụ thuộc m

CÂU II:

a Giải hệ phương trình







b Tam giác ABC có 3 cạnh là a , b, c và p là nửa chu vi.Chứng minh rằng:

p a  p b  p c  a b c

CÂU III:

a Giải phương trình : cos3x 2 cos 3 2 x 2(1 sin 2 ) 2 x

b Chứng minh rằng nếu a,b,c là 3 cạnh của tam giác ABC và 2( )

C

a b tg  atgA btgB thì tam giác ABC cân

CÂU IV:

a Có thể tìm được bao nhiêu số gồm 3 chữ số khác nhau đôi một?

b Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được bao nhiêu số chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau?

Thí sinh chọn một trong 2 câu Va hoặcVb dưới đây

CÂU Va:

a Nếu Elip

2 2

2 2 1

a  b  nhận các đường thẳng 3x-2y-20=0 và x+6y-20 =0 làm tiếp tuyến, hãy tính a2 và b2

b Cho Elip

2 2

2 2 1

a b  (E).Tìm quan hệ giữa a, b, k, m để (E) tiếp xúc với đường thẳng y=kx+m

CÂU Vb:

Trong không gian, cho đoạn OO’= h và 2 nửa đường thẳng Od, O’d’ cùng vuông góc với OO’ và vuông góc với nhau Điểm M chạy trên Od , điểm N chạy trên O’d’ sao cho ta luôn có

2 ' 2 2

OM O N k , k cho trước

b.Xác ṇ̃€nh ṿ trí của M trên Od, N trên O’d’ sao cho tứ diện OO’MN có thể tích lớn nhất

ĐÁP ÁN

 CÂU I:

a) Khảo sát (1) khi m= 1:

y x  m x  m m x

m y x  x  x

 TXĐ: D= R

2

' 0

'' 12 18

y





ñieåm uoán I

 BBT:

 Đồ thị:

b) Chứng minh rằng m hàm số (1) luôn đạt cực trị tại x1, x2 với x1 - x2 không phụ thuộc vào m

Ta có:

3 2

2

2

2

      

 (*) luơn cĩ 2 nghiệm phân biệt x x1, 2

 Hàm số luơn đạt cực trị tại x x1, 2

Ta cĩ:

1

2

Vậy:x2 x1 khơng phụ thuộc m

 CÂU II:

a) Giải:







Cách 1:

Vì x = 0 khơng là nghiệm của hệ nên đặt y= kx

Khi đĩ hệ trở thành:

2(1 2 3 2) 9 (3)

2(2 13 15 2) 0 (4)







Ta cĩ: (4)  15k213k 2 0 (vì x = 0 khơng là nghiệm)

1 5 2 3

k

k







 

 



thế vào (3) ta được :

25 2

2

2 9

x

x



















Vậy hệ cĩ 4 nghiệm

y

x

y

x

      

Thế y vào (1) ta được đáp số trên

b) Chứng minh:

p a  p b  p c  ab c

Nhận xét: Nếu M, N > 0 thì:

2

M N  MN

2

M N  MN



Do đó:

2

2

2

Cộng vế với vế ta được điều phải chứng minh

 CÂU III:

a) Giải: cos3x 2 cos 3 2 x 2(1 sin 2 ) 2 x

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki, ta có:

VT = 1.cos3x1 2 cos 3 2 x  1 1 cos 3 2 x2 cos 3 2 x 2

Mặt khác: VP2

Do vậy:

Phương trình

 

2

2

2 1 sin 2 2

2

2 cos 3 2 cos3 sin 2 0

cos3 1 sin 2 0 2 3

2

x

x x x

x k

x k











 







 









 











 

 



b) Ta có:

  2

( ) cot

2

2

sin sin sin sin

sin (sin cos sin cos )

2

C

a b tg atgA btgB

C

A B

A B





2

2 sin( ) 0

A B

A B

A B

A B















 CÂU IV:

a) Gọi số cần tìm có dạng a a a1 2 3

Số cách chọn a1: 9 (vì a 1 0)

Số cách chọn

2 , :

Vậy các số cần tìm là:

2

9

A 

(số)

b) Từ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 lập được bao nhiêu số chẵn có 5 chữ số đôi một khác nhau Gọi số cần tìm có dạng a a a a a1 2 3 4 5

Số cách chọn các vị trí còn lại: A 74 840

(số)

5

a

có 3 cách chọn

1

a

có 6 cách chọn (vì a1 khác 0)

, ,

2 3 4

a a a

có

3 6

A

cách chọn

 Số các số trong trường hợp 2là 3 6 A6

3

(số)

 số các số cần tìm ( Các em tự làm tiếp)

CÂU Va:

a) (E) tiếp xúc với đường thẳng 3x - 2y - 20 = 0

và x + 6y – 20 = 0

b) (E) tiếp xúc với đường thẳng kx – y + m = 0

 CÂU Vb:

a) Chứng minh MN không đổi:

Ta có:

   (không đổi)

b) Định M và N để OO’MN có thể tích lớn nhất

V OO MN S OO N OM OO OM O N

h OM O N h



Vậy :

2

'

MaxV  OM O N 