BỘ ĐỀ LUYỆN THI ĐH MÔN TOÁN

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong BD. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho[r]

www.MATHVN.com TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

Môn thi: TOÁN, Khối A, B và D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số 3 2

y x  3x 1 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2 Lập phương trình tiếp tuyến với (C) biết nó song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0

Câu II (2,0 điểm)

1) Giải phương trình:

cos 2 2cos sin 3 2

2cos 2

x

      

 2) Giải phương trình 1 1 x2  1x3  1 x3  2 1 x2

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3

2 0

1

x







Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và góc ABC bằng 300 Tính thể tích của khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB' bằng

2

a

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3

4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 3 3 3

3

1 3

1 3

1

a c c b b a

P













PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung tuyến CM và phân giác trong BD Biết ( 4;1), (17;12)

5

H  M và BD có phương trình x y  5 0 Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC

2) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng : 1 1

 và hai điểm A(1; 2; 1), (3; 1; 5)

B   Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:

2C n 3.2.2C n ( 1) (k k k 1)2k C k n 2 (2n n 1)2 n C n n 40200

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): 2 2

(x 2) (y3) 4 và đường thẳng d:

3x 4y m  7 0 Tìm m để trên d có duy nhất một điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho góc AMB bẳng 1200

2) Trong không gian Oxyz cho 3 điểm A(1;1; 1), (1;1;2), ( 1;2; 2) B C   và mặt phẳng (P) có phương trình x 2y2z  1 0 Mặt phẳng ( ) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P), cắt đường thẳng BC tại I sao cho IB2IC Viết phương trình mặt phẳng ( )

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :

2

log ( 5) log ( 4) = 1







, ( ,x y R)

………Hết………

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

I

1

1 (1,0 điểm) Khảo sát y x 3 3x2m2 m 1 1,00

Khi m = 1, ta có y x 3 3x21

+ TXĐ: D 

+ Giới hạn:xlim (   x3 3x2 1) 

xlim (  x3 3x21)

+Sự biến thiên: y' 3 x2 6x

' 0 3 2 6 0 0

2







x

x

0,25

Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0 ; 2;  

Hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 2

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -3

0,25

Bảng biến thiên

x   0 2 

y + 0  0 +

y

1 

  - 3

0,25

Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1) là tâm đối

xứng

0,25

Ta có : y’ = 3x2 - 6x

Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên có hệ số góc k = 9 0,25

Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x2 - 6x = 9 1

3

x x





  

 Với x = -1, ta có y(-1) = -3 Khi đó tiếp tuyến có PT là : 0,25

y = 9x + 6 ( loại và song song với (d))

 Với x = 3, ta có y(3) = 1 Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x - 26

II

1

Giải phương trình:

cos 2 2cos sin 3 2

0 2cos 2

x

      



1,00

4

x   x  k  Với điều kiện đó phương trình cos 22 2cos 3 sin 3 2 0

        

cos 22 21 sin 4 sin 2  2 0

         

0,25

1 sin 2x sin2 4x sin 2x 2 0

2

 1 sin 2x cos 4x sin 2x 2 02    

0,25

 1 sin 2x2  1 2sin 2x 2 sin 2x 2 0 

 sin 2x sin 2x 2 02   

sin 2x 1

  hoặc sin 2x2 (loại)

0,25

4



So điều kiện phương trình có nghiệm x 5 k2 (k )

4



2

 Giải phương trình 1 1 x2  1x3  1 x3  2 1 x2

ĐK:    1 x 1 Đặt u 1x , v 1 x, u v , 0

Hệ trở thành:

2 2

3 3

2







0,25

u  v  u v u v uv  u v uv

0,25

Suy ra :

2

2 2

2 2

2

2 1

1 2

u

v



 







0,25

Thay vào ta có nghiệm của PT là : 2

2

x 



0,25

III

Tính tích phân 3

2 0

1

x







1,00

Đặt I = 3

2 0

1

x





2

x





1 2 1 0

x

I x e dx Đặt t = x3 ta có

1

1

0

Ta tính

1 4 2

01

x

x





 Đặt t = 4 x  x t 4  dx4t dt3 0,25 Khi đó

2

t



Vậy I = I1+ I2 1

3

3e 

0,25

IV

Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' ' 1,00

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' Tam giác CAB cân tại C

CC' AB(CMNC') A B' ' ( CMNC') Kẻ

0,25

mp(CA B' ')chứa CB' và song song với AB nên

( , ') ( ,( ' ')) ( ,( ' '))

2

a

3

a

Tam giác vuông

0,25

Từ đó

3 ' ' '

1

ABC A B C ABC

N

M

A'

B'

B

C'

V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1,00

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

z y x

9 z

1 y

1 x

1 9 xyz

3 xyz 3 z

1 y

1 x

1 ) z y x

(

3

3



































áp dụng (*) ta có

3 3

3 3

3 3

a 3 c c 3 b b a

9 a

3 c

1 c

3 b

1 b

a

1 P

























0,25

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

3

3

3

a 3b 1 1 1

b 3c 1 1 1

c 3a 1 1 1

  

  

  

0,25

Suy ra 3a 3b 3b 3c 3c 3a 1 4 a b c 6 

3

           1 4.3 6 3

3 4

    

Do đó P 3

0,25

Dấu = xảy ra

3

a 3b b 3c c 3a 1



  



      

 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi abc1/4

0,25

VI.a

1

Đt  qua H và  BD có pt x y  5 0  BD I  I(0;5) 0,25 Giả sử  AB H ' Tam giác BHH' có BI là phân giác và cũng là đường

cao nên BHH' cân  I là trung điểm của HH' H'(4;9) 0,25

AB đi qua H’ và có vtcp ' 3;3

5



 

nên có pt là 5x y  29 0 0,25

Tọa độ B là nghiệm của hệ 5 29 (6; 1)

5

x y

B

x y





4

;25 5

0,25

2

Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A và cắt đường thẳng  sao cho

khoảng cách từ B đến đường thẳng d là lớn nhất, nhỏ nhất

1,00

Gọi d là đt đi qua A và cắt  tại M  M( 1 2 ;3 ; 1  t t   t)

( 2 2 ;3 2; ), (2; 3; 4)

AM    t t t AB  

Gọi H là hình chiếu của B trên d Khi đó d B d( , )BH BA Vậy d B d( , )

lớn nhất bằng BA  H A Điều này xảy ra  AM AB AM AB 0

 

2( 2 2 ) 3(3t t 2) 4t 0 t 2

(3;6; 3)

M



0,25

Đường thẳng ∆ đi qua điểm N(-1; 0; -1) và có VTCP u  2;3; 1 

Ta có; NA 2; 2;0



 

   

Mặt phẳng (P) chứa d và  đi qua A và có VTPT v nên có pt là:

-x + y + z = 0;

Gọi K là hình chiếu của B trên (P)  BH BK Vậy d B d( , ) nhỏ nhất bằng

BK  H K Lúc đó d là đường thẳng đi qua A và K

0,25

Tìm được K = (0; 2; -2) Suy ra d có PT là : 2

2

x u y











  



0,25

VII.a T×m sè nguyªn d¬ng n biÕt:

2C n  3.2.2C n  ( 1) (  k k k 1)2k C k n  2 (2 n n1)2 n C n n 40200

1,00

1 n 1 n 1 n k

k 1 n k 2

2 1 n 1

1 n 0

1 n 1 n

x C

x C ) 1 (

x C x C C

) x 1

(1)

* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:

n 1 n 1 n 1

k k 1 n k 2

1 n 1

1 n n

x C ) 1 n 2 (

x kC ) 1 (

x C 2 C

) x 1 )(

1 n 2



(2)

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

1 n 1 n 1 n 2

k k 1 n k

3 1 n 2

1 n 1

n

x C ) 1 n 2 ( n 2

x C ) 1 k ( k ) 1 (

x C 3 C

2 )

x 1 )(

1 n 2 ( n

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ( 1) k(k 1)2  C  2n(2n 1)2  C 

Phơng trình đã cho  n ( n  1 )  40200  n2 n  20100  0  n  100 0,25

VI.b

1

Tỡm m để trờn d cú duy nhất một điểm M mà từ đú kẻ được hai tiếp tuyến

MA, MB tới (C) (A, B là cỏc tiếp điểm) sao cho gúc AMB bẳng 1200

1,00

Đường trũn (C) cú tõm I(2;-3) và bỏn kớnh R=2 Theo giả thiết ta cú tam giỏc

IAM vuụng ở A và AMI 600 MIA300

Suy ra: IM = 0 4

AI

0,25

Vỡ M d nờn M=(1 + 4t; -1 +

4

m

+3t)

2

0,25

Suy ra:

2

2

Ta cú :

2

0,25

Để cú 1 điểm M thỏa món đề bài thỡ PT(*) cú 1 nghiệm duy nhất

2  Mặt phẳng ( ) đi qua A, vuụng gúc với mặt phẳng (P), cắt đường

thẳng BC tại I sao cho IB2IC Hóy viết phương trỡnh mặt phẳng ( )

1,00

Gọi mặt phẳng ( ) cú phương trỡnh là axby cz d  0với a b c; ; khụng

cựng bằng 0

- mp( ) đi qua A(1;1; 1) nờn ta cú : a b c d   0 (1)

- mp( ) mp P x( ) :  2y2z 1 0 nờn 2 VTPT vuụng gúc nhau

   

0,25

- IB2ICkhoảng cỏch từ B tới mp( ) bằng 2 lần khoảng cỏch từ C tới ( )



0,25

TH1 :

1

2

a b c d

















chọn

a  b c d 

Ta có phương trình mp ( ) là 2x y  2z 3 0

TH 2 :

3

2

a b c d















chọn a 2 b3;c2;d 3

Ta có phương trình mp ( ) là 2x3y2z 3 0

Vậy tìm được 2 mp ( ) t/m ycbt là 2x y  2z 3 0 hoặc

2x3y2z 3 0

0,25

VII.b

+ Điều kiện:

2

( )

I





2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) ( )

log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1(2).

I

0,25

Đặt log2y(1 x)t thì (1) trở thành: 1 2

t

Với t 1 ta có: 1 x  y 2 yx1 (3) Thế vào (2) ta có: 0,25

2

log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0