ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 20 pdf

Biên soạn: Trần Duy Thái
109

ĐỀ 20
I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh
Câu I(2 điểm) :Cho hàm số
3 2
y x 2mx (m 3)x 4
    
có đồ thị là (C
m
)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C
1
) của hàm số trên khi m = 2.
2) Cho E(1; 3) và đường thẳng (

) có phương trình x-y + 4 = 0. Tìm m để (

) cắt (C
m
) tại ba điểm
phân biệt A, B, C ( với x
A
= 0) sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4.
Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình:
2
3 2 sin 2 1
1 3
2cos sin 2 tanx


   
x
x x
.
b.Giải hệ phương trình :
3 2
4 3 2 2
x y x xy 1
x x y x y 1

   


  



Câu III (1 điểm). Tính tính phân sau:
π
2
2
0
dx
I
cos x 3cos x 2

 

.

Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng
/ / /
ABC. A B C
có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a .Gọi E là
trung điểm của
/
BB
.Xác định vị trí của điểm F trên đoạn
/
AA
sao cho khoảng cách từ F đến C
/
E là nhỏ nhất.
Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn:
1 1 1
1
  
a b c
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
b c c a a b
T
a b c
  
  
II. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: ( 2 điểm)
1/.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng (d) :

3 7 0
x y
  
và điểm A(3;3).
Tìm toạ độ hai điểm B, C trên đường thẳng (d) sao cho

ABC vuông, cân tại A.
2/. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) :
2x y 5z 1 0
   
. Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa
trục Oz và tạo với mặt phẳng (P) một góc 60
0


Câu VIIa:( 1 điểm)
Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong
đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:

2 2 1
3
1
9 19
2 2
720
m
m n m
n
C C A
P





  






Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu VIb:( 2 điểm)
1/. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3), B(
)0;2(),0;
4
1
C

2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua
A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
Câu VII:( 1 điểm)
Giải hệ phương trình :
 


2 2
3 3
2 2
2 2

log log
4

    



 

y x y x x xy y
x y



www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
110

ĐÁP ÁN ĐỀ 20

Câu ĐÁP ÁN Điểm

Ia
-Tập xác định , tính y
/

-Nghiệm y
/
và lim
-Bảng biến thiên

-Đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
Ib
PT hoành độ giao điểm :
3 2
x 2mx (m 3)x 4 x 4
     
(1)

2
x(x 2mx m 2) 0
    

2
x 0
g(x) x 2mx m 2 0 (2)




    


(d) cắt (C
m
) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C


phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt
khác 0.
/ 2
m 1 m 2
m m 2 0
(a)
m 2
g(0) m 2 0
   
   


 
 
 
  


Δ

Diên tích
1
S BC.d(E,BC)
2

Khoảng cách
d(E, BC) 2


Suy ra BC =

4 2

2
B C B C
(x x ) 4x x 16
  

2
4m 4(m 2) 16
  

Giải pt m = 3, m = -2 (loại)







0,25




0,25

0,25

0,25
II a

. Đk:
2
x k


Phương trình đã cho tương đương với:
 
2
3 2
1 3
2 sin 2
   
tan cot
x x
x

2 2
2
2
2(sin cos )
3 3 2
sin cos
3 2 3 0

   
   
tan cot
tan tan
x x
x x

x x
x x


3
3
1
3
6



 
   








  




tan
tan
x

x k
x
x k
,kZ
KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :
6 2
 
 
x k
; kZ

0,25



0,25


0,25





0,25
IIb.
Hệ tương đương :
3
2 3
x y x(y x) 1

[x(y x)] x y 1

   


  



Đặt
3
u x y, v x(y x)
  

Hệ trở thành
2
u v 1
u v 1
  


 


Giải hệ
u 0
v 1




 

,
u 3
v 2
 





0,25








0,25

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
111

Với
u 0
v 1




 

giải hệ được
x 1
y 0
 





Với
u 3
v 2
 




giải hệ (vô nghiệm)
Nghiệm của hệ :
x 1
y 0






,
x 1
y 0
 






0,25





0,25
III
π π
2 2
0 0
1 1
I dx dx
1 cos x 2 cos x
 
 
 

Tính
π π

2 2
0 0
2
dx dx
1
x
1 cos x
2cos
2
 

 

Tính
2
π π
2 2
0 0
2
x
1 tan
dx
2
.dx
x
cos x 2
3 tan
2





 
.
Đặt
2 2
x x 3
tan 3 tan t (1 tan )dx (1 tan t).dt
2 2 2
    
 x = 0 => t = 0
x =
π
2
=> t =
π
6

2
π π
2 2
0 0
2
x
1 tan
dx
2
.dx
x
cos x 2

3 tan
2




 
=
π
6
0
2
dt
3

=
π
3 3

Vây
π π
2 2
0 0
1 1
I dx dx
1 cos x 2 cos x
 
 
 
= 1 -

π
3 3

0,25



0,25










0,25





0,25
IV
+ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho AO; BOy; A
/
Oz.
Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A

/
(0;0;2a),,
/
3
; ;2
2 2
 
 
 
 
a a
C a
và E(0;a;a)
F di động trên AA
/
, tọa độ F(0;0;t) với t  [0;2a]
Vì C
/
E có độ dài không đổi nên d(F,C
/
E ) nhỏ nhất khi
/
ΔFC E
S
nhỏ nhất
Ta có :
/
/
1
,

2

 

 


FC E
S EC EF

Ta có:
 
/
3
; ;
2 2
EF 0; ;
 
 
 
 
 
  


a a
EC a
a t a

/

,
 
 
 


EC EF
( 3 ; 3( ); 3)
2
a
t a t a a

 

/ 2 2 2
, ( 3 ) 3( ) 3
2
 
     
 


a
EC EF t a t a a




0,25

z
x
C

C
/

F

A

A
/

B
/

B

E

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
112

/
2 2
2 2
ΔFC E
a
4t 12at 15a
2
1 a
S . . 4t 12at 15a
2 2
  
  

Giá trị nhỏ nhất của
/

FC E
S
tùy thuộc vào giá trị của tham số t.

Xét f(t) = 4t

2
 12at + 15a
2

f(t) = 4t
2

 12at + 15a
2
(t [0;2a])
f '(t) = 8t 12a

3
'( ) 0
2
a
f t t  

/

FC E
S
nhỏ nhất

f(t) nhỏ nhất

3
2

a

t

F(0;0;t) , hay FA=3FA
/
( có thể giải bằng pp hình học thuần túy )

0,25






0,25

0,25
V
Đặt
1
x
a

,
1
y
b

,
1
z

c

.vì
1 1 1
1
  
a b c
nên x +y +z = 1
Và
2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )
     
T x y z
y z z x x y


+) Aùp dụng BĐT C.S ta có:
   
2
1 ( )
x y z
2
x y z
. y z . z x . x y
y z z x x y
 
    
 
 

  
 
2 2 2 2 2 2
x y z x y z
(2x 2y 2z) 2( )
y z z x x y y z z x x y
 
       
 
     
 

+) Ta có:
 
2 2
2
1 1 1 1 4
( )
 
    
 
 
 
x x
x y z
y z y z y z y z

Tương tự
Do đó
2 2 2

x y z
T 4
y z z x x y
 
  
 
  
 
2


Đẳng thức xảy ra khi
1
3
  
x y z hay
3
  
a b c





0,25

0,25



0,25





0,25

VIa:1

Cho

ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2 1 0
x y
  
và phân giác trong CD:

1 0
x y
  
. Viết phương trình đường thẳng BC.
Điểm


: 1 0 ;1

C CD x y C t t
     
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
 
 
 
 
.

Điểm
 
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
 
 
            
 
 

Từ A(1;2), kẻ
: 1 0

AK CD x y
   
tại I (điểm
K BC

).
Suy ra




: 1 2 0 1 0
AK x y x y
       
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
 
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
  



  

.

0,25






0,25




www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
113

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK

tọa độ của


1;0
K  .
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8

x y
x y

    
 


0,25


0,25
VIa:2

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
trình
x 1 2t
y t
z 1 3t
 





 

. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách
từ d tới (P) là lớn nhất.
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách
giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).

Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HI
AH

=> HI lớn nhất khi
I
A


Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH

làm véc tơ pháp tuyến.
)31;;21( tttHdH




vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0.  uuAHdAH
là véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3(  AHH

Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
 7x + y -5z -77 = 0

0,25


0,25

0,25


0,25
VIIa
Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông
hồng trong đó có ít nh
ất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
2 2 1
3
1
9 19
2 2
720
m
m n m
n
C C A
P




  






<=>










720
2
19
2
9
1
12
3
2
n
mn
m
m
P

AcC

Từ (2):
761!6720)!1(








nnn
Thay n = 7 vào (1)
m(m 1) 9 19
45 m
2 2 2

   

2
m m 90 9 19m
    
2
m 20m 99 0
   
119




m
vì
10




mm

Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít
nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau:
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 1575.
2
10
3
7
CC cách
TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có:
350.
1
10
4
7
CC
cách
TH3: 5 bông hồng nhung có:
21
5
7
C

cách

có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách.
Số cách lấy 4 bông hồng thường
%45,31
6188
1946
6188
5
17


P
C










0,25




0,25

0,25



0,25
VIb1

Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( )0;2(),0;
4
1
C
Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A
khi và chỉ khi








www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
114


 
 

2
2
2
2
9
1
3
4
4
2
4 3
81 225
9
3
16 16
4 1 6 3 1.
4
16 9 25
d
DB AB
DC AC d
d d d
 
 
 

 
   

 


       


Đường thẳng AD có phương trình:

2 3
3 6 3 9 1
3 3
x y
x y x y
 
        

,
và đường thẳng AC:

2 3
3 6 4 12 3 4 6 0
4 3
x y
x y x y
 
         


Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là
1
b


và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng
b nên ta có:



2 2
3 1 4 6
3 5 ;
3 4
4
) 3 5 ;
3
1
) 3 5 .
2
b b
b b b
a b b b
b b b b
  
   

    
    

Rõ ràng chỉ có giá trị
1
2
b


là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn
nội tiếp
ABC

là:
2 2
1 1 1
2 2 4
x y
   
   
   
   
.



0,25







0,25

0,25



0,25
VIb2

2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt
phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)
( ) : 1
x y z
P
a b c
   

Ta có
(4 ;5;6), (4;5 ;6)
(0; ; ), ( ;0; )
IA a JA b
JK b c IK a c
   
   
 

 

Ta có:
4 5 6
1
5 6 0
4 6 0
a b c
b c
a c

  


  


  



77
4
77
5
77
6
a
b
c















ptmp(P)



0,25


0,25
0,25



KL:
0,25
VII b

Giải hệ phương trình :
 


 
2 2
3 3
2 2
2 2
log log . *
4

    



 

y x y x x xy y
x y






www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
115

Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : 0
4
3
2
2
2
22







 y
y
xyxyx yx,

>0
Xét x > y
3 3
2 2
VT(*) 0
log log
VP(*) 0
x y


   




(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm
Xét x < y
3 3
2 2
VT(*) 0
log log
VP(*) 0
x y


   



(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
Khi x = y hệ cho ta
2 2
0 0
2 2 4
x y



 


x = y =
2

( do x, y > 0).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
 


; 2; 2
x y 

0,25


0,25
0,25






0,25

ĐỀ 21
Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu 1: Cho hàm số : y =
3 2 2 2
3 3( 1) ( 1)
x mx m x m
    
(1)
a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .

b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.
Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin
2
(2x+
4

) = 0
b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :

2
2 2
2
1
x
x y x a
x y

   


 



Câu 3 : Tìm :
3
sin
(sin 3 cos )
xdx
x x




Câu 4 : Cho lăng trụ đứng
' ' '
.
ABC AB C
có thể tích V. Các mặt phẳng (
' ' '
),( ),( )
ABC AB C A BC
cắt nhau .
tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V.
Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng :
P =
3 3 3 3 3 3
3 3 3
2 2 2
4( ) 4( ) 4( ) 2( )
x y z
x y y z z x
y z x
       

12
Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B )
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình :
2 2
4 4 4 0

x y x y
    
và đường thẳng
(d) có phương trình : x + y – 2 = 0
Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn . . .
(C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình :

1
1 2
( ) :
2 2 1
x y z
d
 
 


'
2
'
4
( ) : 2
3
x t
d y
z t




 





Viết phương trình đường thẳng (

)đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d
1
), (d
2
).
Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :

7
4
3
1
x
x
 

 
 
( với x > 0 )
B . Theo chương trình nâng cao
www.VNMATH.com