Đề Luyện Thi Thử Tốt Nghiệp - Đại Học Năm 2011 - Số 42 docx

Câu I. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = 2x
3
-x
2
.
2) Giả sử đỷờng thẳngy=acắtđồthị(C)tại3điểm có hoành độ x
1
,x
2
,x
3
. Tính tổng
x+x+x
1
2
2
2
3
2
.
Câu II. 1) Giải bất phỷơng trình
11+- -Êxxx
.
2) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác, thì ta có a
2
+b
2
+c
2
< 2(ab + bc + ca).
Câu III. 1) Giải phỷơng trình cotg2x + cotg3x +

1
sinx sin2x sin3x
=0
.
2) Tứ giác IAJB có các góc A và B vuông, IA > IB. Chứng tỏ rằng với mọi điểm M trên đỷờng thẳng IJ ta luôn có
JA
JB
MA
MB
IA
IB
ÊÊ
.
Câu IVa. 1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta luôn có
xdx k xdx
k
n
0
1
1
ũ
ồ
ũ
<<
=
.
2) Từ kết quả trên, hãy suy ra
a) 666,6 <
k
k=

ồ
<
1
100
676
;
b)
lim
n
k
n
n
k
đ+Ơ
=
ồ
ổ
ố
ỗ
ỗ
ỗ
ỗ
ử
ứ
ữ
ữ
ữ
ữ
ữ
=

12
3
3
1
.
Câu IVb. Một hình chóp cụt đều có các đáy là các hình vuông với cạnh là a và 2a. Chiều cao hình chóp cụt là h.
1) Tính thể tích và diện tích toàn phần của hình chóp cụt.
2) Xác định quan hệ giữa a và h sao cho tồn tại một hình cầu tiếp xúc với 4 cạnh bên và 2 đáy.
3) Tính tỉ số diện tích của hai phần mặt cầu đỷợc tách ra từ mặt cầu nói trên bởi mặt phẳng (P) qua các tiếp điểm của
mặt cầu với các cạnh bên.
4) Tính tỉ số thể tích của 2 phần hình cầu đỷợc tách bởi mặt phẳng (P).
www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng
_______________________________________________________________
Câu I. 1) Bạn hãy tự giải nhé!
2) x
1
,x
2
,x
3
là nghiệm của phỷơng trình 2x
3
-x
2
-a=0

x
3
-

x
2
-
a
2
2
=0
ị x
3
-
x
2
-
a
2
2
=(x-x
1
)(x-x
2
)(x-x
3
). Từ đó suy ra x
1
+x
2
+x
3
=
1

2
,x
1
x
2
+x
2
x
3
+x
3
x
1
=0.
Vậy :
x+x+x
1
2
2
2
3
2
=(x
1
+x
2
+x
3
)
2

- 2(x
1
x
2
+x
2
x
3
+x
3
x
1
)=
1
4
.
Câu II. 1) Điều kiện để các căn có nghĩa:-1Ê x Ê 1.
Khi đó nhân hai vế với
1+x + 1-x >0
,tađỷợc bất phỷơng trình tỷơng đỷơng
2x Ê x(
1+x + 1-x
). (1)
Nếu x = 0, (1) đỷợc nghiệm. Nếu 0 < x Ê 1, (1) tỷơng đỷơng với
2 Ê
1+x + 1-x
4 Ê 2+2
1- x
2
1 Ê

1- x
2
không đỷợc nghiệm. Nếu - 1 Ê x<0,(1)tỷơng đỷơng với
2
1+ x + 1-x
1
1-x
2
đ ợc nghiệm. Vậy đáp số là - 1 Ê x Ê 0.
2) Vì a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác, nên
|b-c|<a (b-c)
2
<a
2
, |c-a|<b (c-a)
2
<b
2
,|a-b|<c (a-b)
2
<c
2
.
Cộng các vế tỷơng ứng thì đi đến kết quả cần chứng minh.
Câu III. 1) Điều kiện : sinxsin2xsin3x ạ 0. Biến đổi phỷơng trình đã cho dỷới dạng
sin5x
sin2xsin3x
+
1
sinxsin2xsin3x

=0ị sinxsin5x=-1.
Vậy phải có:
a) Hoặc
sin
sin
x
x
=
=-
ỡ
ớ
ù
ù
ợ
ù
ù
1
51
www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng
_______________________________________________________________
Vì sinx = 1 ị x=
p
2
+2kp (k ẻ Z) ị5x =
p
2
+ 2kpịsin5x = 1
mâu thuẫn.
b) Hoặc

sin
sin
x
x
=-
=
ỡ
ớ
ù
ù
ợ
ù
ù
1
51
Lập luận nhỷ trên, ta gặp mâu thuẫn.
Vậy phỷơng trình đã cho không có nghiệm.
2) Tứ giác IAJB đ ợc nội tiếp trong đỷờng tròn đỷờng kính IJ = 2R. Gọi O
là điểm giữa của IJ, đặt
IOA
^
=a,
IOB
^
= b. Thế thì
IA = 2Rsin
a
2
, IB = 2Rsin
b

2
, JA = 2Rcos
a
2
, JB = 2Rcos
b
2
.
Từ IA > IB suy ra JA < JB. Ta định hỷớng đỷờng thẳng IJ theo hỷớng từ J đến I (Hình 71), lấy O làm gốc tọa độ, đặt
OM = x. Thế thì
AM
2
=R
2
+x
2
- 2Rxcosa = (R - x)
2
+ 4Rxsin
2
a
2
,BM
2
=R
2
+x
2
- 2Rxcosb = (R - x)
2

+ 4Rxsin
2
b
2
.
Vì sin
ab
2
>sin
2
>0,0<cos
ab
2
<cos
2
, nên
a) nếu x 0 (I và M ở cùng phía đối với O) thì AM
2
BM
2
và ta có
1 Ê
AM
BM
=
(R - x) + 4Rxsin
2
(R - x) + 4Rxsin
2
2

2
22
22
a
b
Ê
sin
2
sin
2
=
IA
IB
2
2
2
2
a
b
;
b) nếu x Ê 0 (J và M ở cùng phía đối với O) thì AM
2
Ê BM
2
và ta có
1
AM
BM
=
(R + x) - 4Rxcos

2
(R + x) - 4Rxcos
2
2
2
22
22
a
b

cos
2
cos
2
=
JA
JB
2
2
2
2
a
b
. Từ đó suy ra kết luận.
www.khoabang.com.vn
Luyện thi trên mạng
_______________________________________________________________
www.khoabang.com.vn Luyện thi trên mạng
__________________________________________________________________

Câu IVa.
1) kx nếu k x k + 1 và kx nếu k 1 x k



nk
nn
k1 k1
0k1
xdx xdx k
==



=<<





k1 n1
n
k1
k1
xdx xdx
++
=


=

.
2) Ta có :
n
0
n
3/2 3/2
0
22
xdx x n
33
==

và
n1
3/2
1
2
xdx [(n 1) 1]
3
+
=
+

,
do đó
n

3/2 3/2
k1
22
nk[(n1)1]
33
=
<<+

(*)
a) Với n = 100 và n = 99 ta có :
100
k1
k666,6
=
>

và
99 100
k1 k1
k 666 666,6 k 666 10 676
==
> < <+=


b) Từ (*)
3/2
n
3/2 3/2
k1
21 2n1 1

k
33n
nn
=

+


<<






n
3/2
n
k1
12
lim k
3
n

=
=

.
Câu IVb.
1)

2
17
Vh(BB'BB')ah
33
=++ =
.Đờng trung đoạn d = += +
2
222
a1
ha4h
42

Vậy =+ +
22
toàn phần
Sa(5a34ha).
2) Hình cầu đờng kính OO' = h tiếp xúc với 4 cạnh bên khi và
chỉ khi
h
IJ (IJ AA'
2
=
, I là tâm hình cần). Dễ thấy AIA' vuông ở I, do đó :
22
a
IJ JA'.JA O' A'.OA 2.a 2 a
2
== = =
. Từ đó :
2

2
h
a
2

=


h = 2a.
3)
chỏm cầu
S2Rh= .
Ta có :
CC1
1
CC2 2
a2
S
h
O'K JA' 1
2
ShOKJA 2
a2
== = = =
.
4)
2
3
2
1

11
hhhh7h
VhR
3329162


= = =



,
3
33
21
4h h 10h
VVV
32 162 81


= = =




11
11
kk kk
kk kk
x
dx kdx k kdx xdx

++

<==<