ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 10 potx

Biên soạn: Trần Duy Thái
54

bất phương trình
3
3
3
3log ( 1)
2log ( 1)
log 4
0
( 1)( 6)
x
x
x x

 
 
 


3
log ( 1)
0
6
x
x

 


0.25





0.25
0 6
x
  

0.25
Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)
2
+ (x-b)
2
= R
2
0.25
Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình
2 2 2
2 2 2
2 2
(1 )
(1 ) (2 )
( 1) 2
a b R
a y R
a b R


  

   


  


0.25
(1.0đ)










Câu
VIb
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
2
0
1
2
a

b
R



 





Vậy đường tròn cần tìm là: x
2
+ (y - 1)
2
= 2
0.5
2.
(1.0đ)
Ta có
(1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)
Q Q
AB n AB n
 
 
 
   

Vì
; 0

Q
AB n
 

 
  
nên mặt phẳng (P) nhận
;
Q
AB n
 
 
 
làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Câu
VIIb
(1.0đ)
ĐK :
2 5
x
x N
 





Ta có

1 1 2 2 3 1 2 3 2 3
2 1 1 2 2 2
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
C C C C C C C C C C
      
     
        

(5 )! 2! 3
x x
    

1.0


ĐỀ 10
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)
y x mx m x m m
     
(1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng
2
lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.
Câu II (2 điểm):

1. Giải phương trình :
2
2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 )
4
c c x

 
2. Giải phương trình :

2 2
1 2 2 1 2 2
2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log
(5 2 )
x
x x x x x x

        

Câu III (1 điểm): Tính tích phân :
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx
c







Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
55

(AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2
3( ) 2
P x y z xyz
   
.
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
:3 4 4 0
x y
   
.
Tìm trên

hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC

bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ): 2 6 4 2 0
S x y z x y z
      
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)
v

, vuông góc với mặt
phẳng
( ): 4 11 0
x y z

   
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển Niutơn của biểu thức :
2 10
(1 2 3 )
P x x
  

2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp

2 2
( ) : 1
9 4
x y
E
 
và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ): 2 6 4 2 0
S x y z x y z
      
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ
(1;6;2)
v

, vuông góc với mặt
phẳng
( ): 4 11 0
x y z

   
và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn
2
0 1 2
2 2 2 121

2 3 1 1
n
n
n n n n
C C C C
n n
    
 


ĐÁP ÁN ĐỀ 10


Câu NỘI DUNG Điêm

2. Ta có
, 2 2
3 6 3( 1)
y x mx m
   

Để hàm số có cực trị thì PT
,
0
y

có 2 nghiệm phân biệt

2 2

2 1 0
x mx m
    
có 2 nhiệm phân biệt

1 0,
m
    



05
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m)
025
Theo giả thiết ta có
2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m

  
     

  



Vậy có 2 giá trị của m là
3 2 2
m   
và
3 2 2
m   
.

025




I











1.

os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2

os4x+ 3sin 4 os2x+ 3sin 2 0
PT c x c
c x c x

 
   
 
 
  



05
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
56


sin(4 ) sin(2 ) 0
6 6
18 3
2sin(3 ). osx=0
6
x=
2
x x
x k
x c
k
 

 



    

  

  






Vậy PT có hai nghiệm
2
x k


 
và
18 3
x k
 
  
.

05
2. ĐK :
1 5
2 2
0
x
x


 





.
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
2
2
2
2 2 2 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2log (5 2 ) 2log (5 2 )log (2 1)
log (2 1)
x
x x x x
x


      






05
2
2 2
2
1
4
log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0
2
x
x
x x x x
x
x




  





        



 










025
Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.

025
26 6
2
0 0
tan( )
tan 1
4
os2x (t anx+1)

x
x
I dx dx
c
 



  
 


025
Đặt
2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
   
0 0
1
6
3
x t
x t

  

  



05









II

III










Suy ra
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t


   
 

.


025
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
57


Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
  


 

AM SC
 
(1)
Tương tự
ta có
AN SC


(2)
Từ (1) và
(2) suy ra
AI SC


















05
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.
3
ABMI ABM
V S IH



Ta có
2
4
ABM
a
S 
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
       
 

Vậy
2 3
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V  

05
Ta c ó:

 
2
3 ( ) 2( ) 2
3 9 2( ) 2
27 6 ( ) 2 ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz
x y z yz x
 
      
 
    
    



025








IV

V

2
3 2
( )
27 6 (3 ) ( 3)
2
1
( 15 27 27)
2
y z
x x x
x x x

    
    



025
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
58

Xét hàm số
3 2
( ) 15 27 27
f x x x x

    
, với 0<x<3
, 2
1
( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x


     





x

0 1 3


y’ + 0 -

y


14

Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7
1
x y z
   
.




05
1. Gọi
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
4 4
a a
A a B a
 
 
. Khi đó diện tích tam giác ABC là

1
. ( ) 3
2
ABC
S AB d C AB
    .


05
Theo giả thiết ta có

2
2
4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a
a



 
     
 


 


Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).

05
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của
( )

là

(1;4;1)
n



025
Vì
( ) ( )
P


và song song với giá của
v

nên nhận véc tơ

(2; 1;2)
p
n n v   
  
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0

025
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên
( ( )) 4
d I P
  
21
( ( )) 4
3

m
d I P
m
 

  





025
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0.
025

Ta có
10 10
2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x
 
  
     
  

05
Theo giả thiết ta có
4
0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
 

  
  

     
   
  
  





025
Vậy hệ số của

4
x
là:
4 4 3 1 2 2 2 2
10 10 3 10 2
2 2 3 3 8085
C C C C C  
.
025










VIa

VIIa












VIb







VIIb





1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có

2 2
1
9 4
x y
 
và diện tích tam giác ABC là
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 4
2 13
ABC
x y
S AB d C AB x y
     




05
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
59

2 2
85 170
3 2 3
13 9 4 13
x y
 
  

 
 

Dấu bằng xảy ra khi
2 2
2
1
3
9 4
2
2
3 2
x y
x
x y
y


 


 

 
 






. Vậy
3 2
( ; 2)
2
C .



05
Xét khai triển
0 1 2 2
(1 )
n n n
n n n n
x C C x C x C x
     

Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
1 2 3 1
0 1 3
3 1 2 2 2
2
1 2 3 1
n n
n
n n n n
C C C C
n n
 


    
 



05

2 1 1
0 1 2
1
2 2 2 3 1 121 3 1

2 3 1 2( 1) 1 2( 1)
3 243 4
n n n
n
n n n n
n
C C C C
n n n n
n
 

 
      
   
   

Vậy n=4.

05








ĐỀ 11
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x




1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
1 1 4

6 4 6
x y
x y

   

   


2. Giải phương trình:
1 2(cos sin )
tan cot 2 cot 1
x x
x x x


 

Câu III (1 điểm)
Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) tâm O đường kính AB = 2R.Trên đường thẳng vuông
góc với (P) tại O lấy điểm S sao cho OS = R
3
. I là điểm thuộc đoạn OS với SI =
2
3
R
. M là một điểm
thuộc (C). H là hình chiếu của I trên SM. Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn
nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó.
Câu IV (1 điểm)

Tính tích phân: I =
1
2
1
1 1
dx
x x

  


Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng

1 1 1
1
1 1 1
x y y z z x
  
     

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
www.VNMATH.com