ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 2 pot
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (438.94 KB, 11 trang )
Biên soạn: Trần Duy Thái
6
Với:
2
1
a
b
đường thẳng
qua AB có phương trình
2 0
x y
Với
4
3
a
b
đường thẳng
qua AB có phương trình
3 12 0
x y
0,25
0,25
ĐỀ 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
y x m x m m x
có đồ thị (C
m
).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
;2
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2
xx
b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2ln3
0
23
)2(
x
e
dx
I
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt
phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa
AA’ và BC là
a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44
yx
yx
P
II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
zzzz
,
z
C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) :3 5 0
x y
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
5
1
1
3
4
:
1
zyx
d
1
3
3
1
2
:
2
zyx
d
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1
và d
2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
xxx
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
7
ĐÁP ÁN ĐỀ 2
Câu I
a)
Đồ thị Học sinh tự làm
0,25
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
y x m x m m x
)1(6)12(66'
2
mmxmxy
y’ có
01)(4)12(
22
mmm
0,5
1
0'
mx
mx
y
Hàm số đồng biến trên
;2
0'
y
2
x
21
m
1
m
0,25
b)
0,25
Câu II a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2
xx
1 đi
ểm
PT
1)1cos4(3cos2
2
xx
1)sin43(3cos2
2
xx
0,25
Nhận xét
Zkkx
,
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
xx
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
xxx sin3sin3cos2
xx sin6sin
0,25
26
26
mxx
mxx
7
2
7
5
2
m
x
m
x
;
Zm
0,25
Xét khi
5
2
m
k
2m=5k
m
t5
,
Zt
Xét khi
7
2
7
m
=
k
1+2m=7k
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
m
x (
tm 5
);
7
2
7
m
x (
37
lm
)
trong đó
Zltm
,,
0,25
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
xxxx
1 đi
ểm
PT
631012)13(2
22
xxxx
232)12(412)13(2
222
xxxxx
. Đặt
)0(12
2
txt
Pt trở thành
0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' xxxx
0,25
b)
Pt trở thành
0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' xxxx
0,25
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
8
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12
x
t
x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:
7
602
;
2
61
x
0,5
Tính tích phân
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 đi
ểm
Ta c ó
2ln3
0 2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=
3
x
e
dxedu
x
3
3
;
22ln3;10
uxux
0,25
Ta được:
2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du
u
uu
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1
0,25
=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1
u
uu
0,25
Câu III
8
1
)
2
3
ln(
4
3
Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
0,25
Câu IV
0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
9
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC
Kẻ
,'AAMH
(do
A
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd .
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
'
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
0,5
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3
cba
.Chứng minh
rằng:
134)(3
222
abccba
1 đi
ểm
Đặt
2
;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf
*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba
33
cbaa
hay a
1
),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3
2222222
atttaabccba
=
)(4)2(3
2222
tbcatcb
=
22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(
2
)(3
cba
cb
= 0
2
))(23(
2
cba
do a
1
0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
0),,(
ttaf
với a+2t=3
Ta có
134)(3),,(
2222
atttattaf
=
13)23(4))23((3
2222
ttttt
=
0)47()1(2
2
tt
do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra
10&1
cbacbt
(ĐPCM)
0,5
Câu V
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất
,nhỏ nhất của biểu thức
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
10
1
1
22
44
yx
yx
P
Từ giả thiết suy ra:
xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22
Từ đó ta có
1
3
1
xy
.
0,25
M¨t kh¸c
xyyxyxyx 11
2222
nªn
12
2244
xyyxyx
.®¨t t=xy
Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña
1
3
1
;
2
22
)(
2
t
t
tt
tfP
0.25
TÝnh
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
0.25
Do hàm số liên tục trên
1;
3
1
nên so sánh giá trị của
)
3
1
(
f
,
)26( f
,
)1(f
cho ra kết quả:
626)26( fMaxP ,
15
11
)
3
1
(min fP
0.25
Câu VIa
1 đi
ểm
(Học sinh tự vẽ hình)
Ta có:
1;2 5
AB AB
. Phương trình của AB là:
2 2 0
x y
.
: ;
I d y x I t t
. I là trung điểm của AC:
)2;12( ttC
0,5
a)
Theo bài ra: 2),(.
2
1
ABCdABS
ABC
446. t
3
4
0
t
t
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
;
3
5
) thoả mãn .
0,5
1 đi
ểm
*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0
0.25
b)
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên
)1;1;2(// nOH
;
H ABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1
;
3
2
( H
0,25
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
11
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)
H là trung điểm của OO’
)
3
2
;
3
2
;
3
4
(' O
0,5
Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
zzzz
,
z
C.
1 đi
ểm
PT
10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2(
22
zzzz
Đặt
zzt 2
2
. Khi đó phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt
zzt 2
2
. Khi đó phương trình (8) trở thành
0103
2
tt
0,25
CâuVIIa
61
1
5
2
z
iz
t
t
Vậy phương trình có các nghiệm:
61z
;
iz
1
0,5
Câu VIb
a)
1 đi
ểm
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0
x y
và
5
AB
Viết phương trình đường CD:
4 17 0
x y
và
17
CD
0,25
Điểm M thuộc
có toạ độ dạng:
( ;3 5)
M t t
Ta tính được:
13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
t t
d M AB d M CD
0,25
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD
7
9
3
t t
Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M
0,5
1 đi
ểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A
và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥
1 2
,
d d d
dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
, d
2
0, 25
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u
Ad
1
, Bd
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
AB
(….)…
A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)
I(2; 1; -1)
0,25
b)
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6
Nên có phương trình là:
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6
x y z
0,25
CâuVIIb
Giải bất phương trình
2log9)2log3(
22
xxx
1 đi
ểm
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
12
Điều kiện:
0
x
Bất phương trình
)1(2log)3(3
2
xxx
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
0.25
TH1 Nếu
3
x
BPT
3
1
log
2
3
2
x
x
x
Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)(
đồng biến trên khoảng
;0
3
1
)(
x
x
xg nghịch biến trên khoảng
;3
*Với
4
x
:Ta có
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
Bpt có nghiệm
4
x
* Với
4
x
:Ta có
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
Bpt vô nghiệm
0,25
TH 2 :Nếu
30
x
BPT
3
1
log
2
3
2
x
x
x
xxf
2
log
2
3
)(
đồng biến trên khoảng
;0
3
1
)(
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
3;0
*Với
1
x
:Ta có
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
Bpt vô nghiệm
* Với
1
x
:Ta có
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
Bpt có nghiệm
10
x
0,25
Vậy Bpt có nghiệm
10
4
x
x
0,25
Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5
-x
+ 5
-y
+5
-z
= 1 .Chứng minh rằng :
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y
5 5 5
4
x y z
Đặt 5
x
= a , 5
y
=b , 5
z
= c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
( *)
( *)
3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
0,25đ
0,25đ
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
13
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
Ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
Tương tự
3
3
( )( ) 8 8 4
b b c b a
b
b c b a
( 2)
3
3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
( 3) .
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
0,25đ
0,25đ
Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II)
Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)
1. Chương trình Chuẩn.
Cõu Ph
ần
Nội dung Điểm
CâuVI
a.
(1,0)
1(1,
0)
+ Do
AB CH
nờn AB:
1 0
x y
.
Giải hệ:
2 5 0
1 0
x y
x y
ta có (x; y)=(-4; 3).
Do đó:
( 4;3)
AB BN B
.
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ
'
A BC
.
- Phương trình đường thẳng (d) qua A và
Vuụng gúc với BN là (d):
2 5 0
x y
. Gọi
( )
I d BN
. Giải hệ:
2 5 0
2 5 0
x y
x y
. Suy ra: I(-1; 3)
'( 3; 4)
A
+ Phương trình BC:
7 25 0
x y
. Giải hệ:
7 25 0
1 0
x y
x y
Suy ra:
13 9
( ; )
4 4
C
.
+
2 2
450
( 4 13 / 4) (3 9 / 4)
4
BC ,
2 2
7.1 1( 2) 25
( ; ) 3 2
7 1
d A BC
.
Suy ra:
1 1 450 45
( ; ). .3 2. .
2 2 4 4
ABC
S d A BC BC
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu
VIIA
1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là:
1
u
(4; - 6; - 8)
2
u
( - 6; 9; 12)
+)
1
u
và
2
u
cùng phương
0,25đ
+) M( 2; 0; - 1)
d
1
; M( 2; 0; - 1)
d
2
Vậy d
1
// d
2
0,25đ
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là
n
= ( 5; - 22; 19)
(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0
2)
AB
= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1
Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d
1 .
Ta có: IA + IB = IA
1
+ IB
A
1
B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A
1
B
Khi A
1
, I, B thẳng hàng
I là giao điểm của A
1
B và d
0,25đ
B
C
A
H
N
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
14
Do AB // d
1
nên I là trung điểm của A
1
B.
*) Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. Tìm được H
36 33 15
; ;
29 29 29
A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28
; ;
29 29 29
I là trung điểm của A’B suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29
0,25đ
Cõu Nội dung Điểm
Câu VIIa
(1,0)
Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C:
2
4 3
1 0
2
z
z z z
(1)
Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z
0
Chia hai vế PT (1) cho z
2
ta được : ( 0
2
1
)
1
()
1
2
2
z
z
z
z (2)
0.25đ
Đặt t=z-
z
1
Khi đó
2
1
2
22
z
zt 2
1
2
2
2
t
z
z
Phương trình (2) có dạng : t
2
-t+
0
2
5
(3)
2
99
2
5
.41 i
PT (3) có 2 nghiệm t=
2
31 i
,t=
2
31 i
0.25đ
Với t=
2
31 i
ta có
02)31(2
2
311
2
ziz
i
z
z
(4)
Có
222
)3(696816)31( iiiii
PT(4) có 2 nghiệm : z= i
ii
1
4
)3()31(
,z=
2
1
4
)3()31(
iii
0.25đ
Với t=
2
31 i
ta có
02)31(2
2
311
2
ziz
i
z
z
(4)
Có
222
)3(696816)31( iiiii
PT(4) có 2 nghiệm : z= i
ii
1
4
)3()31(
,z=
2
1
4
)3()31(
iii
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=
2
1
i
; z=
2
1
i
0.25đ
Phần II.
Câu VIb. 1)
I
d
1
H
A
B
A
1
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
15
Ta có:
Idd
21
. Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy
2
3
;
2
9
I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD
OxdM
1
Suy ra M( 3; 0)
0,25đ
Ta có:
23
2
3
2
9
32IM2AB
22
Theo giả thiết: 22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS
ABCD
ABCD
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d
1
ADd
1
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d
1
nhận
)1;1(n
làm VTPT nên có PT:
03yx0)0y(1)3x(1
. Lại có:
2MDMA
0,25đ
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
2y3x
03yx
2
2
13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2
2
2
2
1y
2x
hoặc
1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25đ
Do
2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra:
213yy2y
729xx2x
AIC
AIC
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25đ
Cõu Phần Nội dung Điểm
CâuVIb.
(1,0)
2.a)
Các véc tơ chỉ phương của D
1
và D
2
lần lượt là
1
u
( 1; - 1; 2)
và
2
u
( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0)
D
1
; N( 2; 3; 0)
D
2
0,25đ
Xét
1 2
; .
u u MN
= - 10
0
Vậy D
1
chéo D
2
0,25đ
Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)
D
1
B(2 – 2t’; 3; t’)
D
2
1
2
. 0
. 0
AB u
AB u
1
3
' 0
t
t
A
5 4 2
; ;
3 3 3
; B (2; 3; 0)
Đường thẳng
qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D
1
và D
2
.
Ta có
:
2
3 5
2
x t
y t
z t
0,25đ
0,25đ
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
16
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 3
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y =
1
2
x
x
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và
đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
2. Giải phương trình
2 2
7 5 3 2 ( )
x x x x x x
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các
cạnh AB, AC sao cho
DMN ABC
. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng
minh rằng:
3 .
x y xy
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z
0
thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
3
16
x y z
P
x y z
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
www.VNMATH.com
