ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 5 doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (463.86 KB, 8 trang )
Biên soạn: Trần Duy Thái
25
Đặt
4
3
x
t
. ĐK:
2
3
0 ; 4 3 0 1( ); ( )
4
t t t t kth t th
.
0,25 đ
Khi
3
4
t
, ta có:
1
4 3 4
1
3 4 3
x
x
.
0,25 đ
TXĐ:
0;D
;
1
' ln
x
y x
x
.
0,25 đ
y’= 0
1
x
; y(1) = 0 vì
1
ln
x
y x
x
là HSĐB
0,50 đ
Ý 2
(1,0 đ)
Khi 0 < x < 1
' 0
y
; khi x > 1
' 0
y
.
KL: miny = 0
1
x
.
0,25 đ
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là
2 1
4 1
;
3 1
7 7
x y
G
x y
.
0,25 đ
Gọi
1
;2 1 ( )
B b b d
;
2
1 3 ; ( )
C c c d
Ta có:
5 2
3
7 7
3 1
2
7 7
b c b
b c c
.
0,50 đ
Câu Vb
(1,0 đ)
KL:
2 3 10 1
; ; ;
7 7 7 7
B C
.
0,25 đ
ĐK: x > 0 . Đặt
3
log 3
t
t x x
.
0,25 đ
Ta có:
2
1 9 2 4 2
2.2 2 3 .2 3
4 4 3 9 3
t
t t t t t
.
0,50 đ
Ý 1
(1,0 đ)
Khi t = 2 thì
3
log 2 9
x x
(th)
KL: nghiệm PT là
9
x
.
0,25 đ
Đặt
1. : 1 0
t x Suy ra x t
.
0,25 đ
Giới hạn trở thành:
0
ln 1
lim
2
t
t
t t
0
ln 1
1 1
lim .
2 2
t
t
t t
.
0,50đ
Câu VIb
(2,0 đ)
Ý 2
(1,0 đ)
KL:
2
1
ln 2
1
lim
1 2
x
x
x
.
0,25đ
ĐỀ 5
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 4
1
x
y
x
.
1). Khảo sát và vẽ đồ thị
C
của hàm số trên.
2). Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và
3 10
MN
.
Câu II (2 điểm) :
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
26
1). Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y
2). Giải phương trình :
0
1
cos
sin
2
sin
sin
2
2
x
x
x
x
.
Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
2
3
0
3sin 2cos
(sin cos )
x x
I dx
x x
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình
chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :
x10 1).12(48
22
xxmx
.
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
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.
2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:
2
2
2 2
x t
y t
z t
.Gọi
là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1)
song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua
, hãy viết
phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng
1 1 1 5
1 1 1
xy yz zx x y z
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường
tròn
2 2
( ) : – 2 – 2 1 0,
C x y x y
2 2
( '): 4 – 5 0
C x y x
cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình
đường thẳng qua M cắt hai đường tròn
( ), ( ')
C C
lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d :
z
y
x
1
2
và d’ :
1
5
3
2
2
z
y
x
.
Viết phương trình mặt phẳng
)(
đi qua d và tạo với d’ một góc
0
30
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
ĐÁP ÁN ĐỀ 5
Câu Phần Nội dung
I
(2,0)
1(1,0)
Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa.
2(1,0)
Từ giả thiết ta có:
( ): ( 1) 1.
d y k x
Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau
có hai nghiệm
1 1 2 2
( ; ), ( ; )
x y x y
phân biệt sao cho
2 2
2 1 2 1
90(*)
x x y y
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
27
2 4
( 1) 1
( )
1
( 1) 1
x
k x
I
x
y k x
. Ta có:
2
(2 3) 3 0
( )
( 1) 1
kx k x k
I
y k x
Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
2
(2 3) 3 0(**)
kx k x k
có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được
3
0, .
8
k k
Ta biến đổi (*) trở thành:
2 2
2 2
2 1 2 1 2 1
(1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)
k x x k x x x x
Theo định lí Viet cho (**) ta có:
1 2 1 2
2 3 3
, ,
k k
x x x x
k k
thế vào (***) ta có
phương trình:
3 2 2
8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0
k k k k k k
3 41 3 41
3, ,
16 16
k k k .
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.
Câu
Ý
Nội dung
1
1) CâuII:2. Giải phương trình:
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2
22
xxxxxxxx .
22
)3cos2()1(cos8)1cos2( xxx . VËy 5,0sin
x hoÆc
1cossin
xx
.
Víi 5,0sin
x ta cã
kx 2
6
hoÆc
kx 2
6
5
Víi
1cossin
xx
ta cã
4
sin
2
2
4
sin1cossin
xxx , suy ra
kx 2
hoÆc
kx 2
2
3
2
Điều kiện:
| | | |
x y
Đặt
2 2
; 0
u x y u
v x y
;
x y
không thỏa hệ nên xét
x y
ta có
2
1
2
u
y v
v
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
4
8
u
v
hoặc
3
9
u
v
+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y
(I)
+
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y
(II)
Giải hệ (I), (II).
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
28
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban
đầu là
5;3 , 5;4
S
Câu Phần Nội dung
Đi
III
(1,0)
Đặt
, 0 , 0.
2 2 2
x t dx dt x t x t
Suy ra:
2 2 2
3 3 3
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin
(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )
x x t t x x
I dx dt dx
x x t t x x
(Do tích phân không phụ
thuộc vào kí hiệu cảu biến số).
Suy ra:
2 2 2
3 3 2
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 1
2
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
x x x x
I I I dx dx dx
x x x x x x
=
=
2 2
2
2 2
0 0
0
1 1 1 1
tan 1
2 4 2 4
2cos cos
4 4
dx d x x
x x
. KL: Vậy
1
.
2
I
0,25
0,25
0,5
IV 0,25
Gọi H,
H’ là
tâm của
các tam
giác đều
ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của
AB, A’B’. Ta có:
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’
và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm
'
K II
.
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC
Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
' . '
3
h
V B B B B
Trong đó:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h
0,25
Từ đó, ta có:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
0,25
V
Nhận xét : 10x
48
2
x
= 2(2x+1)
2
+2(x
2
+1)
0,25
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
29
Phương trình tương đương với :
2
(
02)
1
12
()
1
12
2
2
2
x
x
m
x
x
.
Đặt t
x
x
1
12
2
Điều kiện : -2< t
5
. Rút m ta có: m=
t
t 22
2
Lập bảng biến thiên của hàm số trên
5,2
, ta có kết quả của m để phương
trình có hai nghiệm phân biệt là:
5
12
4 m hoặc -5 <
4
m
0,25
0,25
0,25
VIa
0,75
1
1,00
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
.
0,25
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
.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK
tọa độ của
1;0
K .
0,25
0,25
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng
, thì
( )//( )
P D
hoặc
( ) ( )
P D
. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của I trên (P). Ta luôn có
IH IA
và
IH AH
.
Mặt khác
, ,
d D P d I P IH
H P
Trong mặt phẳng
P
,
IH IA
; do đó
axIH = IA H A
m
. Lúc này (P) ở vị trí (P
0
) vuông
góc với IA tại A.
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
30
Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là
6;0; 3
n IA
, cùng phương với
2;0; 1
v
.
Phương trình của mặt phẳng (P
0
) là:
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0
x z
.
VIIa
Để ý rằng
1 1 1 0
xy x y x y
;
và tương tự ta cũng có
1
1
yz y z
zx z x
0,25
Vì vậy ta có:
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
1,00
VIb 1)
+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và
1, ' 3
R R
, đường
thẳng (d) qua M có phương trình
2 2
( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)
a x b y ax by a a b
.
+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.
Khi đó ta có:
2 2 2 2
2 2 ' ' '
MA MB IA IH I A I H
2 2
1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]
d I d d I d ,
.
IA IH
2 2
2 2
2 2 2 2
9
4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35
a b
d I d d I d
a b a b
2 2
2 2
2 2
36
35 36
a b
a b
a b
Dễ thấy
0
b
nên chọn
6
1
6
a
b
a
.
Kiểm tra điều kiện
IA IH
rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.
0,25
0,25
0,25
0,25
2
.Đường thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phương
)1;1;1( u
Đường thẳng d’ đi qua điểm
)5;3;2('
M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;2(' u
.
Mp
)(
phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến
n
vuông góc với
u
và
2
1
60cos)';cos(
0
un
Bởi vậy nếu đặt
);;( CBAn
thì ta phải có :
2
1
6
2
0
222
CBA
CBA
CBA
02
)(632
22
222
CACA
CAB
CCAAA
CAB
Ta có
0)2)((02
22
CACACACA
. Vậy
CA
hoặc
CA
2
.
Nếu
CA
,ta có thể chọn A=C=1, khi đó
2
B
, tức là
)1;2;1(n
và )(
mp có phương trình
0,25
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
31
0)2(2
zyx
hay
042
zyx
Nếu
CA
2
ta có thể chọn 2,1
CA , khi đó
1
B
, tức là
)2;1;1( n
và )(
mp có
phương trình
02)2(
zyx
hay
022
zyx
VIIb 1,00
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
.
Đặt
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
.
Vế trái viết lại:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
0,50
Ta có:
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
Do đó:
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
0,50
V.Phương trình
3
4
1 2 1 2 1
x x m x x x x m
(1)
Điều kiện :
0 1
x
Nếu
0;1
x
thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất
thì cần có điều kiện
1
1
2
x x x
. Thay
1
2
x
vào (1) ta được:
3
0
1 1
2. 2.
1
2 2
m
m m
m
* Với m = 0; (1) trở thành:
2
4 4
1
1 0
2
x x x
Phương trình có nghiệm duy nhất.
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
32
* Với m = -1; (1) trở thành
4
4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ Với
4 4
1
1 0
2
x x x
+ Với
1
1 0
2
x x x
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
2 2
4 4
4
1 2 1 1 2 1 1 1
x x x x x x x x x x
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm
1
0,
2
x x
nên trong trường hợp này (1) không
có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
ĐỀ 6
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm).
Câu I ( 2 điểm)
Cho hàm số
2)2()21(
23
mxmxmxy
(1) m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2.
2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d:
07
yx
góc
, biết
26
1
cos
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải bất phương trình:
54
4
2
log
2
2
1
x
x
.
2. Giải phương trình:
.cos32cos3cos21cos2.2sin3 xxxxx
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân: I
4
0
2
211
1
dx
x
x
.
Câu IV(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB
2a
. Gọi I là trung điểm của
BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn:
IH
IA
2
, góc giữa SC và mặt đáy (ABC)
bằng
0
60
.Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH).
Câu V(1 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn:
xyzzyx
222
. Hãy tìm giá tr
ị lớn nhất của biểu thức:
xyz
z
zxy
y
yzx
x
P
222
.
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ).
www.VNMATH.com
