ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 16 doc

Biên soạn: Trần Duy Thái
89

nội tiếp
ABC

là:
2 2
1 1 1
2 2 4
x y
   
   
   
   
.

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

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 16
I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
y x m x m m x

     

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi
0
m

.
2. Xác định các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng


2;

.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
tan 3 2 tan 4 tan 5 0
x x x
  
với
(0;2 )
x


.
2. Giải bất phương trình:
1 2
3 1 3
3
log (2 1).log (2 2) 2log 2 0
x x

   
.
Câu III (1 điểm)
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
90

Tính tích phân
2
3
0
sin 2
(2 cos )
x
I dx
x




.
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp
.
S ABCD
có
SA
vuông góc với mặt phẳng ( ),
ABCD SA a


. Đáy
ABCD
là hình bình hành
có

0
, 2 , 60
AB b BC b ABC   . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh
,
BC SD
. Chứng minh
//( )
MN SAB
và tính thể tích của khối tứ diện
AMNC
theo
, .
a b

Câu V (1 điểm)
Cho
, ,
x y z
là các số thực thoả mãn
1, 2, 3
x y z
  
. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
2 3 3 1 1 2
( , , )

x y z y z x z x y
f x y z
xyz
       

II- PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a
1. Trong hệ trục toạ độ
Ox
y
cho tam giác ABC có
( 2;3)
C

. Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A và
đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là:
3 2 25 0, 0
x y x y
    
. Hãy viết phương trình
đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 11 0
S x y z x y z
      
và điểm
( 1; 2;3)
I

 
. Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua
điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I.
Câu VII.a
Tìm số nguyên dương n thoả mãn:
1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
.2 2. .3.2 3. .3 .2 2 . .3 .2 (2 1) .3 2009
n n n n n n n
n n n n n
C C C n C n C
   
    
      
.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b
1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết CD có phương trình
4 3 4 0
x y
  
. Điểm
(2;3)
M

thuộc cạnh BC,
(1;1)
N
thuộc cạnh AB. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AD.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường tròn (C) có tâm

(1; 2;3)
K

, nằm trên mặt phẳng
( ) : 3 2 2 5 0
P x y z
   
, và đi qua điểm
(3;1; 3)
M

. Viết phương trình mặt cầu (S) chứa đường tròn (C)
và có tâm thuộc mặt phẳng
( ) : 5 0
Q x y z
   
.
Câu VII.b
Từ bộ bài tú lơ khơ 52 con bài (gồm 13 bộ, mỗi bộ có 4 con với 4 chất: Rô, Cơ, Bích, Nhép) người ta rút ra
5 con bài bất kỳ. Tính xác suất để rút được 2 con thuộc một bộ, 2 con thuộc bộ thứ hai và con thứ năm thuộc
bộ khác.
ĐÁP ÁN ĐỀ 16


Câu Nội dung Điểm
I 1

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 1điểm

Khi m = 0 hàm số trở thành
3 2
2 3 1
y x x
  

 TXĐ:
D



 Sự biến thiên:
2
0
6 6 , ' 0
1
x
y x x y
x


   




 Ta có
(0) 1; (1) 0
CD CT
y y y y

   

 Bảng biến thiên:



0.25



www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
91

x

0 1


y'

+ 0 - 0 +
y 1




0
 Hàm số đồng biến trên các khoảng





;0 , 1;
 
,nghịch biến trên


0;1

 Đồ thị :
f(x)=2*x*x*x-3*x*x+1
-2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0.5
1
1.5
2
2.5
x
y





0.25

0.25

0.25
2

Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng


2;


1điểm


Ta có
2
' 6 6(2 1) 6 ( 1)
y x m x m m
    

2
2
' 0 6 6(2 1) 6 ( 1) 0
(2 1) ( 1) 0
1

y x m x m m
x m x m m
x m

x m
      
     
 






Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng


2;

1 2 1
m m
    

Vậy với
1
m

thì hàm số đồng biến trên khoảng


2;


0.25

0.25
0.25
0.25
II 1

Giải phương trình
tan 3 2 tan 4 tan 5 0
x x x
  
với
(0;2 )
x



1điểm


ĐK:
cos3 0;cos4 0;cos5 0
x x x
  
.
Phương trình cho
2

2
sin8 2sin 4
0
cos3 .cos5 cos4
cos 4 cos3 .cos5
2sin4 0
cos3 .cos4 .cos5
1 cos8 cos2 cos8
sin 4 0
cos3 .cos4 .cos5
2sin
sin 4 0
cos3 .cos4 .cos5
sin 4 0
,
4
sin 0
x x
x x x
x x x
x
x x x
x x x
x
x x x
x
x
x x x
x
x k

x
x k


  
 

 
 
 
  
 
 
 
 
 
 
 
 





 







,
4
k x k k

   
 

Do
(0;2 )
x


nên phương trình cho có nghiệm là
5 3 7
; ; ; ;
4 4 2 4
x x x x x
   

    

0.25

0.25





0.25


0.25
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
92

2

Giải bất phương trình:
1 2
3 1 3
3
log (2 1).log (2 2) 2log 2 0
x x
   

1điểm



Bất phương trình
2

3 3 3
2
3 3 3 3
log (2 1).log 2(2 1) 2log 2 0
log (2 1). log (2 1) log 2 2log 2 0
x x
x x
 
     
 
 
      
 

Đặt
3
log (2 1), 0
x
t t
  
. BPT trở thành


2
3 3
3 3
3 3
log 2 2log 2 0
(log 2 )(2log 2 ) 0
2log 2 log 2

t t
t t
t
   
   
   

Do t > 0 nên ta có
3
0 log 2
t 
. Suy ra:

3 3
0 log (2 1) log 2
2 1 2
0
x
x
x
  
  
 




0.25

0.25


0.25




0.25
III
Tính tích phân
2
3
0
sin 2
(2 cos )
x
I dx
x





1điểm


Đặt
2 cos cos 2 sin .
t x x t x dx dt

       

Khi
0 3; 2
2
x t x t

     
. Ta có
3 3 3
2
3 3 2 3
0 2 2 2
3 3
2
2 2
sin .cos 2 1 1
2 2 2 2
(2 cos )
1 1 1 5 1
2
3 18 18
x x t
I dx dt dt dt
x t t t
t t

 

   

 

 
 
     
 
 
 
   


0.25



0.5


0.25
IV
Cho hình chóp
.
S ABCD
có
SA
vuông góc với mặt phẳng ( ),
ABCD SA a

. Đáy
ABCD

là
hình bình hành có

0
, 2 , 60
AB b BC b ABC  
. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của
các cạnh
,
BC SD
. Chứng minh
( )
MN SAB

và tính thể tích của khối tứ diện
AMNC
theo a, b.
1điểm

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
93


H
N
M
S
C
D

B
A

+) Gọi H là trung điểm của AD.
Khi đó
/ /
( ) / /( ) / /( )
/ /
HM AB
MNP SAB MN SAB
HN AS

 



+) Có
,
NH AD H AD
 
.
Khi đó
1
2 2
a
NH AD
 

Mặt khác dễ thấy
ABM


đều cạnh b. Do M là trung điểm BC nên
2
3
( ) ( )
4
a
dt MAC dt ABM   
Vậy thể tích của khối tứ diện AMCN là V với
2 2
1 1 3 3
. . ( ) .
3 3 2 4 24
a b ab
V NH dt MAC    (đvtt).

0.25




0.25


0.25


0.25
V
Cho
, ,
x y z
là các số thực thoả mãn
1, 2, 3
x y z
  
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
2 3 3 1 1 2
x y z y z x z x y
M
xyz
       


1điểm


Ta có
2. 3 1. 2
3 1
y z x y
z x
M
yz zx xy
   
 
  
Mặt khác

1 1. 1 1 1 1
0
2 2
x x x
x x x
   
   

2 2. 2
2 2 1
0
2 2 2 2 2
y y
y

y
y y
 
 
   

3 3. 3 3 3 1
0
3 2 3 2 3
z z z
z
z z
   
   
Suy ra
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. . .
2 2 4
2 2 2 3 2 3 2 2 6 3 2
M
 
     
 
 



0.25

0.25



www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
94

Dấu đẳng thức xảy ra khi
1 1
2
2 2 4
6
3 3
x
x
y y
z
z

 




 
   
 
 


 



Vậy giá trị nhỏ nhất của M là
1 1 1 1
4
6 3 2
 
 
 
 
khi
2, 4, 6
x y z
  



0.25


0.25
1

Trong hệ trục toạ độ
Ox
y
cho tam giác ABC có
( 2;3)
C

. Đường cao của tam giác kẻ từ
đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là:
3 2 25 0, 0
x y x y
    
. Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam
giác.
1điểm


Gọi đường cao kẻ từ A là AH:
3 2 25 0
x y
  

Đường phân giác trong góc B là BE:
0
x y
 

BC có phương trình :
2 3 5 0

x y
  

Toạ độ B là nghiệm của hệ
2 3 5 0 1
(1;1)
0 1
x y x
B
x y y
   
 
 
 
  
 

Gọi F là điểm đối xứng của C qua BE. Do BE là phân giác nên F thuộc AB.
Xác định toạ độ F được F(3; -2).
Đường thẳng chứa cạnh AB là đường thẳng đi qua B, F.
Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = 0.
Toạ độ A là nghiệm của hệ
3 2 5 0 5
(5; 5)
3 2 25 0 5
x y x
A
x y y
   
 

  
 
    
 

Vậy phương trình AC là: 8x + 7y - 5 = 0





0.25

0.25



0.25

0.25
2

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 11 0
S x y z x y z
      

và điểm
( 1; 2;3)

I
 
. Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình
của mặt phẳng (P) đi qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến
là đường tròn tâm I.
1điểm

VIa

Mặt cầu (S) có tâm J(1; -3; 2) bán kính R = 5.
Ta có
2 2 2
2 1 ( 1) 6
IJ R
     
. Chứng tỏ I nằm bên trong hình cầu (S).
Mặt phẳng (P) thoả mãn ĐK của bài toán sẽ đi qua I và vuông góc với IJ.
Mp(P) có vectơ pháp tuyến
(2; 1; 1)
n IJ
   
 
.
Vậy phương trình của mp(P) là: 2x – y – z + 3 = 0
0.25
0.25


0.25
0.25

VIIa Tìm số nguyên dương n thoả mãn:
1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
.2 2. .3.2 3. .3 .2 2 . .3 .2 (2 1) .3 2009
n n n n n n n
n n n n n
C C C n C n C
    
    
      

1điểm


Xét khai triển của
2 1
(2 )
n
x


ta có :
2 1 0 2 1 1 2 2 2 1 2 3 2 2 3 2 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(2 ) .2 .2 . .2 . .2 . .2. .
n n n n n n n n n
n n n n n n
x C C x C x C x C x C x
     
     

       

Lấy đạo hàm 2 vế ta có:
2 1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1)(2 ) .2 2. .2 . 3. .2 . 2 . .2. (2 1) .
n n n n n n n n
n n n n n
n x C C x C x n C x n C x
   
    
        

Thay x = -3 ta có
1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1) .2 2. .2 .3 3. .2 .3 2 . .2.3 (2 1) .3
n n n n n n n
n n n n n
n C C C n C n C
   
    
       


0.25


0.25

0.25

0.25
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
95

Phương trình cho
2 1 2009 1004
n n
    

VIb 1

Lập pt cạnh AD

:3 4 0
AD CD AD x y C
    

ABCD
là hình vuông nên
( , ) ( , )
d M AD d N CD

tức là
| 6 12 | | 4 3 4 |
13; 23.
5 5
C

C
   
    

ĐS: PT
:3 4 13 0;3 4 23 0
AD x y x y
     

0.25
0.25
0.25

0.25
2

Viết pt mặt cầu chứa (C) và có tâm thuộc (Q).


+ Tâm I của mặt cầu thuộc đt d qua K và vuông góc với (P).
+ Ptts của d là:
1 3
2 2
3 2
x t
y t
z t
 



  


 


+ Mặt khác:
( ) 1 3 2 2 3 2 5 0
1 ( 2; 4;1)
I Q t t t
t I
        
     

+ Bán kính mặt cầu:
     
2 2 2
66 ( ) : 2 4 1 66
R IM pt S x y z
        

0.25

0.25




0.25

0.25
VIIb


Tính xác suất

- Chọn tuỳ ý 5 cây từ bộ bài 52 cây có
5
52
C
cách
- Chọn 2 cây đầu tiên từ 1 bộ (trong 13 bộ) có
2
4
13
C
cách
- Chọn tiếp 2 cây nữa, từ 1 trong 12 bộ còn lại có
2
4
12
C
cách
- Chọn nốt cây cuối cùng, từ 1 bộ trong 11 bộ còn lại có
1
4
11
C
cách
- Đáp số

2 2 1
4 4 4
5
52
13 .12 .11
( )
C C C
p A
C

0.25
0.25


0.25

0.25





ĐỀ 17
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số
4 2
5 4,
y x x
  
có đồ thị (C)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
2. Tìm m để phương trình
4 2
2
| 5 4 | log
x x m
  
có 6 nghiệm phân biệt.
Câu II (2.0 điểm).
1. Giải phương trình
1 1
sin 2x sin x 2cot 2x
2sin x sin 2x
    .
2. Tìm m để phương trình


2
m x 2x 2 1 x(2 x) 0 (2)
     
có nghiệm x
0; 1 3
 
 
 
.
Câu III (1.0 điểm). Tính tích phân
dx. .cos.sin.
3
2

0
sin
2
xxe
x



Câu IV (1.0 điểm).
Cho lăng trụ đứng ABCA
1
B
1
C
1
có AB = a, AC = 2a, AA
1

2a 5

và
o
120BAC 

. Gọi M là
trung điểm của cạnh CC
1
. Chứng minh MB  MA
1
và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt

phẳng (A
1
BM).
A

B

D

C

N

M

K

M

I

www.VNMATH.com