Tài liệu Mỗi tuần 1 đề luyện thi ĐH_Đề số 3 và hướng dẫn giải pdf

Cho các số ,x y là các số thực.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: II.. Phần riêng Thí sinh chỉ làm một trong hai phần.. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN.. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO... Phần r

ĐỀ SỐ 3

I Phần chung

Câu 1 (2đ).

Cho hàm số:  

 

2

1

x





1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C ứng với m   1

2 Tìm m để đồ thị hàm số  C tiếp xúc với đường thẳng y x

Câu 2 (2đ)

1 Giải phương trình: 2 3 cos 2xs in2x4 cos 32 x

2 Giải hệ phương trình:

2

2

1

xy







Câu 3 (1đ)

Tính tích phân:

2

3 0

sin sin cos

xdx I







Câu 4 (1đ)

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A B C    có cạnh đáy 2a ,  , 3

2

a

( M là trung điểm của cạnh BC ).Tính thể tích khối đa diện ABA B C 

Câu 5 (1đ)

Cho các số ,x y là các số thực Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

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

A THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu 6a (1đ).

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

3;1;1 , 7;3;9 , 2; 2; 2

A B C và mặt phẳng  P có phương trình: xy  Tìm trên z 3

 P điểm M sao cho MA2MB3MC

nhỏ nhất

2) Cho Elip có phương trình  

100 25

E   Tìm các điểm M  E sao cho

F MF  (F F là hai tiêu điểm của Elip) 1, 2

Câu 7a (1đ)

Gọi a a1, 2, ,a là các hệ số trong khai triển sau: 11

  10  11 10 9

x x x a x a x  a , tìm hệ số a 5

B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu 6b (1đ).

1) Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho điểm M2;1; 2 và đường thẳng

d     Tìm trên  d hai điểm A B sao cho tam giác ABM đều ,

2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy , cho đường tròn

  C : x32y42 35 và điểm A5;5 Tìm trên đường tròn 2 điểm B C sao cho ,

tam giác ABC vuông cân tại A

Câu 7b (1đ)

Giải hệ phương trình:

2009

2

x

xy

 

 



 









HƯỚNG DẪN GIẢI

I Phần chung

Câu 1 (2đ).

Cho hàm số  

 

2

1

x



 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C hàm số  1 khi m   1

b) Tìm m để đồ thị hàm số  C tiếp xúc với đường thẳng y x

Giải

a) Bạn đọc tự giải

 

2

1

x



 TXĐ: D  \ 1 

Đồ thị hàm số  C tiếp xúc với đường thẳng y Ta có điều kiện tiếp xúc: x

 

2

2 2

* 1

1

1

x x

m x













 



Từ  ** ta có  

2

2

1

1

m

x

  

+ Với xmthay vào (*) ta có: 0m 0 thỏa với mọi m

Vì x 1 mx 1

+ Với x2 –mthay vào (*) ta có:

2m1 2m m  2m 2m1  4 m1 0 m 1

Câu 2 (2đ)

1 Giải phương trình: 2 3 cos 2xsin 2x4 cos 32 x

Giải

2 2

2 3 cos 2 sin 2 4cos 3

3 cos 2 sin 2 4cos 3 2

cos 2 sin 2 cos 6



5



5

6

, 5

6 5

48 4

, 5

24 2

k l

k x

k l l

x









 













   







2 Giải hệ phương trình:

 

 

2

2

2

xy







Giải :

Điều kiện: xy 0

2

1

xy

   



2

xy



(vì xy nên 0 x2 y2  x y ) 0

Thế x  vào 1 y  2 ta có: 2   2 1 0



 Vậy hệ có hai nghiệm: 1; 0 , 2;3

Câu 3 (1đ)

Tính tích phân:

2

3 0

sin sin cos

xdx I









Giải

Đặt

2

x  t dx dt

Ta có:

 

0 2

sin

cos 2

sin cos

tdt I









Do đó ta có:

I

Xét

2

2

4

4





2 0



Vậy 1

2

I 

Câu 4 (1đ)

Cho hình lăng trụ ABC A B C có đáy là tam giác đầu cạnh 2a , ' ' ' A M' ABC và 3

'

2

a

A M 

trong đó M là trung điểm của BC Tính thể tích khối đa diện ABA B C ' '

Giải

M

C

A'

C'

B'

A

Vì ABB A là hình bình hành nên ta có: ' ' V C ABB. ' V C AB A. ' ' (đáy bằng nhau và cùng đường cao) Mà

'

Vậy

' ' 2 ' 2

C ABB A C ABB

Câu 5 (1đ)

Cho ,x y là các số thực Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Giải

Xét ax; 2y b, x y, 2





Suy ra A2 x2 4 x4

Dấu '' xảy ra khi và chỉ khi ,'' a b

  cùng hướng hay y  0 Dùng BĐT BCS ta có:  2    2 2

2 3x  3 1 4 x 2 x 4  2 3x

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2

3

x 

Do đó: A 2 3x  4x  2 34 2 3 4

Vậy A 42 3 dấu “=” xảy ra khi 2

3

Vậy minA 42 3 khi 2

3

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

A THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN

Câu 6a (1đ )

a) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho 3 điểm A3;1;1 , B7;3;9 , C2; 2; 2 và mặt phẳng

 P :xyz Tìm trên 3  P điểm M sao cho: MA2MB3MC

  

nhỏ nhất

Giải

Gọi I là điểm thỏa: IA2IB3IB0

   

, khi đó tọa độ điểm I là: 23 13 25; ;

6 6 6

Ta có: T  MA2MB3MC  MI IA 2 MI IB 3 MI IC  6MI 6MI

Do đó T nhỏ nhất  MI

nhỏ nhất  M là hình chiếu của I lên mặt phẳng  P

Gọi  d là đường thẳng qua I và vuông góc với  P ,  d có vectơ chỉ phương là

1;1;1

P

n 

Phương trình tham số của  d là:

23 6 13 6 25 6

















 Thay vào phương trình mặt phẳng  P ta có:

3

43 3

6 43 18

t

t

  

Thay 43

6

t  vào phương trình  d ta có: 13 2 16

; ;

9 9 9

b) Cho Elip có phương trình  

1

100 25

E   Tìm điểm M trên Elip sao cho  0

F MF 

Giải

Áp dụng định lý hàm số cosin đối với tam giác F MF ta có: 1 2



0

a

 

Thay a  vào phương trình Elip ta có: 0 b  hoặc 5 b   5

Vậy có 2 điểm thỏa: M10;5 , M20; 5 

Câu 7a (1đ)

Gọi a a1, 2, ,a là các hệ số trong khai triển sau: 11

  10  11 10 9

Tìm hệ số a 5

Giải

Ta có:  10 0 10 1 9 2 8 3 7 9 10

  10  5 4 6

Cách khác:

5

a là hệ số của x nên 6 a5 C105 2C104 672

B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO

Câu 6b (1đ).

a) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm M2;1; 2 và đường thẳng

d     Tìm trên  d hai điểm A, B sao cho tam giác ABM đều.

Giải

   

0 2; 0;3

 d có vectơ chỉ phương là u  1;1;1

0 0; 1;1



0, 2;1;1

MM u

 

Gọi H là hình chiếu của M lên (d) Ta có:

0

MM u

u

 

 

 Tam giác ABM đều nhận MH là đường cao nên ta có:

3

MH

Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ

 

 2  2  2  

1

8

3



 







 

2

1 :

3

 









  



thay vào (2) ta có:

 2  2  2

2

8

3 2

3

t t

t











 





Với

2 2 3

2 3 3

x

z



 











 





Với

2 2 3

2 3 3

x

z



 







    





 





b) Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho đường tròn   C : x32y42 35 và điểm

5;5

A Tìm trên đường tròn hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A

Giải

B

I A

C

Tâm đường tròn I3; 4

Ta có AB AC











, suy ra AI là đường trung trực của BC , tam giác ABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của  BAC Do đó AB AC hợp với AI một góc , 0

45

Gọi (d) là đường thẳng hợp với AI một góc 45 Khi đó ,0 B C là giao điểm của  d và  C

và AB  AC

Ta có: IA 2;1    1;1 , 1; 1 



(lần lượt là vectơ chỉ phương của đường thẳng

y   và y x  )do đó vectơ chỉ phương của (d) có hai thành phần đều khác không x

Gọi u1,a

là vectơ chỉ phương của (d) ta có

  22 2 2 2 2

cos ,

2

IA u

 

3

3

a

a







 

 +Với a  ,thì 3 u 1 1;3



, phương trình đường thẳng qua A nhận u 1 1;3



làm vectơ chỉ phương là:  1

5

5 3

d

 





 



Thay vào phương trình đường tròn (C) ta có:

2

3 0

1 13 2

1 1 13 2

t

t

  









  







Với 1 13

2

t    ta có:

9 13 2

7 3 13 2

x y











 



2

t    ta có:

9 13 2

7 3 13 2

x y











 



Ta có giao điểm của  d1 và  C là 9 13 7 3 13 9 13 7 3 13

3

a  , thì chọn u 1 3; 1 



, phương trình đường thẳng qua A nhận u 1 3; 1 



làm

vectơ chỉ phương là  2

5 1 5 3

d

 







 



Thay vào phương trình đường tròn (C) ta có:

2

3 0

1 13 2

1 13 2

t t

  









  







Với 1 13

2

t    ta có:

7 3 13 2

11 13 2

x y

















2

t    ta có:

7 3 13 2

11 13 2

x y











 



Ta có giao điểm của  d2 và  C là 7 3 13 11 13 7 3 13 11 13

Vì AB AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là: 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13

và 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13

Câu 7b (1đ)

Giải hệ phương trình:

 

 

2009

2

2

y

x

xy



 









Giải

Điều kiện: xy  0

Từ  2 ta có: 3 3  2 2

2009

1 : log y x 2y y 2009x y x.2009x 2y.2009



Xét hàm số f t t2009t t 0

 

ln 2009

Do đó hàm số f t là hàm tăng khi   t  0

Vậy ta có: f x  f 2y x2y

Thay x2y vào  2 ta có phương trình:

9

2





So với điều kiện ta có nghiệm của hệ phương trình: 9 9

;

5 10

HẾT