ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 14 pps

Biên soạn: Trần Duy Thái
77

PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có
dạng:
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z
     
     
     
     

0,25đ

CâuVIIb
(1,0)

Ta có:
2009 0 1 2009 2009
2009 2009 2009
(1 ) i C iC i C    


0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 3 5 7 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009

( )

C C C C C C
C C C C C C i
      
     

Thấy:
1
( )
2
S A B
 
, với
0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
A C C C C C C      


0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
B C C C C C C     

+ Ta có:
2009 2 1004 1004 1004 1004
(1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2
i i i i i
       
.
Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của
2009
(1 )

i

nờn
1004
2
A

.
+ Ta có:
2009 0 1 2 2 2009 2009
2009 2009 2009 2009
(1 ) x C xC x C x C     

Cho x=-1 ta có:
0 2 2008 1 3 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
C C C C C C      

Cho x=1 ta có:
0 2 2008 1 3 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
( ) ( ) 2
C C C C C C       
.
Suy ra:
2008
2
B

.

+ Từ đó ta có:
1003 2007
2 2
S  
.




0,25đ



0,25đ





0,25đ
0,25đ



ĐỀ 14
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
mxxmxy  9)1(3
23
, với

m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với
1

m
.
2. Xác định
m
để hàm số đã cho đạt cực trị tại
21
, xx
sao cho
2
21
 xx
.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: )
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1



 x

xx
x
x .
2. Giải phương trình:
)12(log1)13(log2
3
5
5
 xx
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân




5
1
2
13
1
dx
xx
x
I
.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều
'''. CBAABC
có
).0(',1




mmCCAB
Tìm
m
biết
rằng góc giữa hai đường thẳng
'
AB
và
'BC
bằng
0
60
.
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
z
y
x
,
,
thoả mãn
3
222
 zyx
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
zyx
zxyzxyA



5
.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
cho tam giác
ABC
có
)6;4(A
, phương trình các
đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh
C
lần lượt là
0132



yx
và
029136



yx
.
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
78

2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho hình vuông
MNPQ
có
)4;3;2(),1;3;5(


PM
. Tìm toạ độ
đỉnh
Q
biết rằng đỉnh
N
nằm trong mặt phẳng
.06:)(




zyx


Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập



6,5,4,3,2,1,0E . Từ các chữ số của tập
E
lập được bao nhiêu số tự nhiên
chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau?
b. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
xét elíp
)(E
đi qua điểm
)3;2(


M
và có
phương trình một đường chuẩn là
.08


x
Viết phương trình chính tắc của ).(E
2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho các điểm
)2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA
và mặt phẳng
.022:)(




yx

Tìm toạ độ của điểm
M
biết rằng
M
cách đều các điểm
CBA ,,
và mặt phẳng
).(


Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức
n
xnxx )1( )1(21
2

thu được đa thức
n
n
xaxaaxP  )(
10
. Tính hệ số
8
a
biết rằng
n
là số nguyên dương thoả mãn
n
CC

nn
171
32

.
ĐÁP ÁN ĐỀ 14

Câu Đáp án Điểm

1. (1,25 điểm)
Với
1

m
ta có
196
23
 xxxy
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
 Chiều biến thiên:
)34(39123'
22
 xxxxy

Ta có







1
3
0'
x
x
y
,
310'




xy
.
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1,(

và
),3(


.
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng
).3,1(

0,5
 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1

x
và
3)1(  yy
CD
; đạt cực tiểu tại
3

x
và
1)3(  yy
CT
.
 Giới hạn:


yy
xx
lim;lim
.


0,25

I
(2,0
điểm)

 Bảng biến thiên:













0,25
x
y’
y
3
-1






0
0
3
1












www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
79

* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm
)1,0(

.
1 2 3 4
-1
1
2
3

x
y
O






0,25
2. (0,75 điểm)

Ta có
.9)1(63'
2
 xmxy

+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại
21
, xx



phương trình
0'

y
có hai nghiệm pb là
21
, xx


Pt
03)1(2
2
 xmx
có hai nghiệm phân biệt là
21
, xx
.








31
31
03)1('
2
m
m
m
)1(

0,25

+) Theo định lý Viet ta có .3);1(2
2121
 xxmxx Khi đó




41214442
2
21
2
2121
 mxxxxxx

)2(134)1(
2
 mm

Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là
313  m
và
.131  m

0,5

1. (1,0 điểm)
Điều kiện:
.0cossin,0sin



xxx

Pt đã cho trở thành 0cos2
cossin
cossin2
sin2
cos


 x
xx
xx
x
x


02sin)
4
sin(cos
0
cossin
cos2

sin2
cos
2











xxx
xx
x
x
x


+) .,
2
0cos  kkxx



0,5


II
(2,0
điểm)
+)


















 nm
n
x

mx
nxx
mxx
xx ,
3
2
4
2
4
2
4
2
2
4
2
)
4
sin(2sin











.,

3
2
4
 t
t
x



Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là


kx 
2
;
.,,
3
2
4
 tk
t
x



0,5

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
80

2. (1,0 điểm)
Điều kiện .
3
1
x (*)
Với đk trên, pt đã cho )12(log31)13(log
5
2
5
 xx

32
3
5
2
5
)12()13(5
)12(log)13(5log


xx
xx

0,5










8
1
2
0)18()2(
0436338
2
23
x
x
xx
xxx

Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là
.2

x

0,5

Đặt
3
2
132
3
13
tdt
dx
x
dx
dtxt 

 .
Khi
1

x
thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4.
Suy ra














4
2
2
2
2
3
2
.
.
3
1
1
3
1
tdt
t
t
t
I



4

2
2
4
2
2
1
2)1(
9
2
t
dt
dtt





0,5

III
(1,0
điểm)
.
5
9
ln
27
100
2
4

1
1
ln
2
4
3
1
9
2
3











t
t
tt

0,5
- Kẻ
)''('// BADABBD


0
60)',()','(  BCBDBCAB


0
60' DBC
hoặc
.120'
0
DBC


0,5

IV
(1,0
điểm)
- Nếu
0
60'DBC

Vì lăng trụ đều nên ).'''(' CBABB


áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta
có



1'

2
 mBCBD
và
.3'DC

Kết hợp
0
60
'

DBC
ta suy ra
'BDC


đều.
Do đó
.231
2
 mm

- Nếu
0
120'DBC

áp dụng định lý cosin cho
'BDC

suy
ra

0

m
(loại).
Vậy
.2m



* Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trường hợp góc
0
60
thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng.





0,5
A
2
1
m

C
C’
B’
B
A’
m

D
3
1
1
0
120

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
81

- HS có thể giải bằng phương pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:
'
'.
'.'
)','cos()','cos(
BC
AB
BCAB
BCABBCAB  .
Đặt
z
y
x
t





2
3
)(23
2
2


t
zxyzxyzxyzxyt .
Ta có
30
222
 zyxzxyzxy
nên
3393
2
 tt
vì
.0

t

Khi đó .
5
2
3
2
t
t
A 






0,5
V
(1,0
điểm)
Xét hàm số .33,
2
35
2
)(
2
 t
t
t
tf
Ta có
0
55
)('
2
3
2



t

t
t
ttf
vì
.3t

Suy ra
)(tf
đồng biến trên
]3,3[
. Do đó
.
3
14
)3()(  ftf

Dấu đẳng thức xảy ra khi
.13





zyxt

Vậy GTLN của A là
3
14
, đạt được khi .1




zyx





0,5
1. (1 điểm)
- Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH
và CM. Khi đó
CH có phương trình
0132



yx
,
CM có phương trình .029136



yx
- Từ hệ
).1;7(
029136
0132







C
yx
yx

-
)2,1(
CHAB
unCHAB

0162:




yxABpt .
- Từ hệ
)5;6(
029136
0162
M
yx
yx









).4;8(B











0,5
- Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp
.0:
22
 pnymxyxABC

Vì A, B, C thuộc đường tròn nên









0750
04880
06452
pnm
pnm
pnm









72
6
4
p
n
m
.
Suy ra pt đường tròn:
07264
22
 yxyx
hay
.85)3()2(
22

 yx



0,5
2. (1 điểm)

VIa.
(2,0
điểm)
- Giả sử
);;(
000
zyxN
. Vì
)1(06)(
000
 zyxN


- MNPQ là hình vuông
MNP


vuông cân tại N









0.PNMN
PNMN










0)4)(1()3()2)(5(
)4()3()2()1()3()5(
00
2
000
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0

2
0
zzyxx
zyxzyx




0,5
M(6; 5)
A(4; 6)
C(-7; -1)
B(8; 4)
H
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
82








)3(0)4)(1()3()2)(5(
)2(01
00
2
000

00
zzyxx
zx

- Từ (1) và (2) suy ra





1
72
00
00
xz
xy
. Thay vào (3) ta được
065
0
2
0
 xx









2,1,3
1,3,2
000
000
zyx
zyx
hay





)2;1;3(
)1;3;2(
N
N
.
- Gọi I là tâm hình vuông

I là trung điểm MP và NQ

)
2
5
;3;
2
7
( I
.
Nếu )13;2(


N thì ).4;3;5(

Q
Nếu
)2;1;3(

N
thì
).3;5;4(

Q




0,5

Giả sử
abcd
là số thoả mãn ycbt. Suy ra


6,4,2,0d
.
+)
.0

d
Số cách sắp xếp

abc
là
.
3
6
A

+)
.2

d
Số cách sắp xếp
abc
là
.
2
5
3
6
AA 



0,5

VIIa.
(1,0
điểm)
+) Với
4


d
hoặc
6

d
kết quả giống như trường hợp
.2

d

Do đó ta có số các số lập được là


.4203
2
5
3
6
3
6
 AAA



0,5
1. (1 điểm)

- Gọi phương trình )0(1:)(
2

2
2
2
 ba
b
y
a
x
E .
- Giả thiết










)2(8
)1(1
94
2
22
c
a
ba

Ta có

).8(88)2(
22222
cccccabca 

Thay vào (1) ta được 1
)8(
9
8
4



ccc
.




0,5









2
13

2
026172
2
c
c
cc

* Nếu
2

c
thì .1
12
16
:)(12,16
22
22

yx
Eba
* Nếu
2
13
c
thì
.1
4
/
39
52

:)(
4
39
,52
22
22

yx
Eba







0,5
2. (1 điểm)

VIb.
(2,0
điểm)

Giả sử
);;(
000
zyxM
. Khi đó từ giả thiết suy ra
5
22
)2()3()1()1(
002
0
2
0
2
0
2
0

2
0
2
0
2
0
2
0
2
0


yx
zyxzyxzyx




0,5
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
83
















)3(
5
)22(
)1(
)2()2()3()1(
)1()1()1(
2
00
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2

0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
yx
zyx
zyxzyx
zyxzyx

Từ (1) và (2) suy ra





00
00
3 xz
xy

.
Thay vào (3) ta được
2
00
2
0
)23()1083(5  xxx









3
23
1
0
0
x
x








).
3
14
;
3
23
;
3
23
(
)2;1;1(
M
M




0,5

Ta có












nnnnnn
n
nCC
nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2
3
171
32


.9
0365
3
2






 n
nn
n

0,5

VIIb.
(1,0
điểm)
Suy ra
8
a
là hệ số của
8
x
trong biểu thức
.)1(9)1(8
98
xx 

Đó là
.89.9.8
8
9
8
8
 CC


0,5

ĐỀ 15

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)
www.VNMATH.com