Gọi I là trung điểm của đoan AB.. Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng P và xác định toạ độ điểm K sao cho KI P, đồng thời K cách đều gốc toạ độ O và mặt phẳng P 2.. T
Trang 1ĐỀ ƠN THI ĐẠI HỌC (Thời gian 180 phút)
I PHẦN CHUNG:
Câu 1:
Cho hàm số y =
2 (2 1)
1
m x m x
(m là tham số)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = - 1
2 Tìm m để đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x
Câu 2:
1 Giải phương trình: log2[x(x + 9)] + 2
9 log x 0
x
2 Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 1
xy
x y
x y
x y x y
Câu 3:
1 Tìm giới hạn: L = 2
2
3
0
ln(1 ) lim
1
x x
x
2 Tính tích phân: I =
2
3 0
sinxdx (sinx + cosx)
Câu 4:
Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc .
Câu 5:
Cho phương trình
2
3 1
2 1
2 1
x
x mx x
II PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn:
Câu 6a:
1 Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt Phẳng (P): x + y + z + 3 = 0 , đường thẳng (d):
x y z
và cáC điểm A(3;1;1), B(7;3;9), C(2;2;2) a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa (d) và song song với (P)
b) Tìm toạ điểm M thuộc (P) sao cho MA2MB3MC
nhỏ nhất
2 Cho đường trịn (C): x2 + y2 – 6x – 2y + 1 = 0 Viết phương trình đường thẳng (k) đi qua
M(0;2) và cắt (C) theo một dây cung cĩ độ dài l = 4.
Câu 7a
Trong c¸c sè phøc z tho¶ m·n ®iỊu kiƯn
3
2 3
2
z i
T×m sè phøc z cã modul nhá nhÊt
2) Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b:
1.Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt Phẳng (P): 3x + 2y - z + 4 = 0 và hai điểm A(4;0;0) và B(0;4;0) Gọi I là trung điểm của đoan AB Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P) và xác định toạ độ điểm K sao cho KI (P), đồng thời K cách đều gốc toạ độ O và mặt phẳng (P)
2 Cho elip (E):
1
100 25
x y
Tìm các điểm M thuộc (E) nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một gĩc 1200
Trang 2Câu 7b :Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n ( với n ≥ 2), ta có ln2n > ln( n – 1).ln(n +1).
HƯỚNG DẪN GIẢI
I PHẦN CHUNG:
Câu 1:
1 Bạn đọc tự gải
2 Để đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
2
2
2
(2 1)
1
2 1
1 ( 1)
m x m
x x
x
2
( 1) ( 1) 1
m x m x x
x
Ta thấy m1: x = m luôn là nghiệm của hệ, m = 1 thì hệ vô nghiệm
Đáp số : m ≠ 1
Câu 2:
1 log2[x(x + 9)] + 2
9 log x 0
x
(1) Điều kiện: x(x + 9) > 0 x < - 9 hoặc x > 0
(1) log (2 x 9)2 0 (x + 9)2 = 1 x = - 10 hoặc x = - 8
Đáp số: x = - 10
2
2 2
2
2
1 (1)
(2)
xy
x y
x y
x y x y
Điều kiện: x + y > 0
(1) (x + y – 1)( x2 + y2 + x + y) = 0 x + y – 1 = 0 y = 1 – x
Thay vào (2) ta được: x2 + x – 2 = 0
Hệ có hai nghiệm: (1;0), (- 2;3)
Câu 3:
2
3
0
ln(1 ) lim
1
x x
x
=
2
2 2
2
ln(1 ) lim
0
x
x x
x
x
=
2
2 2 0
3
ln(1 ) lim
2
x x
x x
2 3
2 Đặt x = 2 u
dx = - du Đổi cận: x = 0 u = 2
; x = 2
u = 0
Vậy: I =
2
sinx + cosx
u du
sinx + cosx
(sinx + cosx) sinx + cosx
dx dx
=
2
2 0
tan
2 2
4
x dx
c x
1 2
I
Trang 3Câu 4:
Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)
SH (ABC)
AHP vuông có:
4
SHP vuông có:
a 3
4
Thể tích hình chóp
ABC
Câu 5:
Điều kiện: x >
1 2
Ta thấy x = 0 khơng là nghiệm của phương trình nên:
2
3 1
2 1
2 1
x
x mx x
3 2
2 1
x
m x
Đăt f(x) =
3 2
2 1
x x
trên khoảng
1
; 2
f’(x) =
3 1 (2 1) 2 1
x
Dựa vào bảng biến thiên pt luơn cĩ nghiệm duy nhất với mọi m
II PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn:
Câu 6a:
1 a)Đường thẳng d đi qua M(-1;2;0) cĩ VTCP a (1; 2;1)
Mặt phẳng (Q) cĩ VTPT n (1;1;1)
Ta cĩ a n . 0
và M (P), vậy: d//(P) Vậy (Q): (x + 1) + (y – 2) + z = 0 hay x + y + z – 1 = 0
b) Gọi M(x0;y0;z0) (P): x0 + y0 + z0 = - 3
MA 2MB 3MC(23 6 ;13 x0 y0;25 z0)
Ta cĩ MA2MB3MC
=
(23 x ) (13 y ) (25 z )
Theo bất đẳng thức Bunhiakơpski, ta cĩ
[(23 – 6x0)2 + ( 13 – 6y0)2 + (25 – 6z0)2](12 + 12 + 12) ≥ [(23 – 6x0) + ( 13 – 6y0) + (25 – 6z0)]2
Vậy MA2MB3MC
0 0 02
1
23 6 13 6 25 6
=
237 3
P
N H
C B
S
A
Trang 4Vậy MA2MB3MC
nhỏ nhất bằng
237
3 khi
0
0
5 9
23 6 13 6
20
13 6 25 6
9
9
x
x y z
z
2 (C) cú tõm I(3;1), bỏn kớnh R = 3
Giả sử d cắt (C) tại A và B , H là trung điểm của AB
IH = R2 HA2 = 5
d cú dạng phương trỡnh: ax + by – 2b = 0
Ta cú d(I,d) = 2 2 2 2
5
a b b a b
9a2 – 6ab + b2 = 5a2 + 5b2 4a2 – 6ab – 4b2 = 0
Chọn b = 1 thỡ a = 2 ; a = - ẵ
Cú hai đường thẳng: d1: 2x + y – 2 = 0; d2: x – 2y + 4 = 0
Cõu 7a
Xét biểu thức
3
2 3
2
z i
(1) Đặt z = x + yi Khi đó (1) trở thành
Do đó các điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn (1) nằm trên đờng tròn (C) tâm
I(2; -3) và bán kính R =
3
2 Ta có z đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm M nằm trên đờng tròn (C) và gần O nhất Do đó M là giao điểm của (C) và đờng thẳng OI, với M là giao điểm gần
O hơn
Ta có OI = 4 9 13 Kẻ MH Ox Theo định lí ta lét có
3
MH OM
MH OI
6 13 9 78 9 13
26
2 13
Lại có
3
2
OH
OH
Vậy số phức cần tìm là
26 3 13 78 9 13
2) Theo chương trỡnh nõng cao:
Cõu 6b:
1 I(2;2;0) – pt đường thẳng AB:
4
0
x t
z
Gọi C = AB(P) ==> C(-12;16;0)
KI (P) ==> KI:
2 3
2 2
==> K(2+3t;2+2t;-t)
Trang 5Ta có: d K P( , ( ))KO
2
14 1 t 8 20t 14t
==> t =
3 4
Vậy K
1 1 3
; ;
4 2 4
2 Ta có a = 10; b = 5; c = 5 3
Áp dụng định lý côsin trong tam giác MF1F2 [ F1(-5 3;0) , F2(5 3;0]
F1F2 = F1M2 + F2M2 – 2F1M.F2Mcos1200 = F M F M1 2 2 F M F M1 2
4c2 = 4a2 – ( a2 - e x2 2M) ==> x
M = 0 ==> yM = ± 5 Vây M(0;± 5 )
Câu 7b:
Với n = 2 BĐT chứng minh đúng
Xét n > 2 thì ln(n – 1) > 0 Ta có ln2n > ln( n – 1).ln(n +1)
ln ln( 1) ln( 1) ln
Xét hàm số
ln ( ) ln( 1)
x
f x
x
là hàm số nghịc biến với x > 2
Vậy với mọi n > 2, ta có f(n) > f(n + 1)
ln ln( 1) ln( 1) ln