Đề thi ôn thi đại học môn toán - Đề số 7 pot

Đề số 7

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3 2
2 ( 3) 4
    
y x mx m x có đồ thị là (C
m
).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C
1
) của hàm số trên khi m = 1.
2) Cho (d) là đường thẳng có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm
các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (C
m
) tại ba điểm phân biệt A(0; 4),
B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng
8 2
.
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
cos2 5 2(2 cos )(sin cos )
   
x x x x
(1)
2) Giải hệ phương trình:
3 3 3
2 2
8 27 18
4 6


 


 


x y y
x y x y
(2)
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
2
2
6
1
sin sin
2


 

x x dx

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và
(ACB) bằng 60
0
, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính khoảng cách
từ B đến mp(SAC).
Câu V (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có
nghiệm thực:

2 2
1 1 1 1
9 ( 2)3 2 1 0
   
    
x x
m m (3)
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình
2 2
1 2 9
x y( ) ( )
   
và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường
thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới
đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10; 2; –1) và đường
thẳng d có phương trình:
1 1
2 1 3
 
 
x y z
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi
qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu VIIa (1 điểm): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh
rằng:

3 3 3
4 4 4
3
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
  
     
a b c
b c c a a b
(4)
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(2;–3), B(3;–2), tam giác
ABC có diện tích bằng
3
2
; trọng tâm G của ABC nằm trên đường thẳng
(d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp  ABC.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) là giao tuyến
của 2 mặt phẳng (P): 2x – 2y – z + 1 = 0, (Q): x + 2y – 2z – 4 = 0 và mặt cầu
(S): x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4x – 6y + m = 0. Tìm m để (S) cắt (d) tại 2 điểm M, N sao
cho độ dài MN = 8.
Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình :
2 2

2 2
2 2
log ( ) 1 log ( )
3 81
 

  





x xy y
x y xy
(x, y  R)

Hướng dẫn Đề sô 7


Câu I: 2) x
B
, x
C
là các nghiệm của phương trình:
x mx m
2
2 2 0
   
.

KBC
S BC d K d BC
1
8 2 . ( , ) 8 2 16
2

    
 m
1 137
2


Câu II: 1) (1)  x x x x
2
(cos –sin ) 4(cos –sin )–5 0
 

x k x k
2 2
2

  
    
2) (2) 
x
y
x x
y y
3
3

3
(2 ) 18
3 3
2 . 2 3

 

 
 

 

 

 
 

 

. Đặt a = 2x; b =
y
3
. (2) 
a b
ab
3
1

 





Hệ đã cho có nghiệm:
3 5 6 3 5 6
; , ;
4 4
3 5 3 5
   
 
   
   
 
   

Câu III: Đặt t = cosx. I =
 
3
2
16



Câu IV: V
S.ABC
=
SAC
a
S SO
3

1 3
.
3 16
 =
SAC
S d B SAC
1
. ( ; )
3
.
SAC
a
S
2
13 3
16
  d(B;
SAC) =
a
3
13

Câu V: Đặt t =
x
2
1 1
3
 
. Vì
x

[ 1;1]
 
nên
t
[3;9]

. (3) 
t t
m
t
2
2 1
2
 


.
Xét hàm số
t t
f t
t
2
2 1
( )
2
 


với
t

[3;9]

. f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4  f(t) 
48
7
.
 m
48
4
7
 
Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng
3
IA
3 2
 


m
m
m
m
1
5
3 2 1 6
7
2


 

    




2) Gọi H là hình chiếu của A trên d  d(d, (P)) = d(H, (P)). Giả sử điểm I là
hình chiếu của H lên (P), ta có
AH HI

=> HI lớn nhất khi
A I

. Vậy (P) cần
tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH

làm VTPT  (P): x y z
7 5 77 0
   
.
Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cô–si ta có:
a b c a b c a b c a b c

b c c a a b
3 3 3
1 1 3 1 1 3 1 1 3
; ;
(1 )(1 ) 8 8 4 (1 )(1 ) 8 8 4 (1 )(1 ) 8 8 4
     
        

     


a b c a b c abc
b c c a a b
3 3 3
3
3 3 3 3
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 2 4 2 4 4
 
      
     

Dấu "=" xảy ra  a = b = c = 1.
Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) =
ABC
a b
S
AB
5
2
2

 


a b
a b
a b
8 (1)

5 3
2 (2)

 
   

 

; Trọng tâm G
a b
5 5
;
3 3
 
 
 
 
 (d)  3a –
b =4 (3)
 (1), (3)  C(–2; 10)  r =
S
p
3
2 65 89

 

 (2), (3)  C(1; –1) 
S
r

p
3
2 2 5
 


2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= m IM m
13 ( 13)
   . Gọi H là trung điểm
của MN
 MH= 4  IH = d(I; d) = m
3
 

(d) qua A(0;1;-1), VTCP u
(2;1;2)


 d(I; d) =
u AI
u
;
3
 
 

 


Vậy : m

3
 
=3  m = –12
Câu VII.b: Điều kiện x, y > 0

x y xy xy
x xy y
2 2
2 2 2 2
2 2
log ( ) log 2 log ( ) log (2 )
4

   



  



x y xy
x xy y
2 2
2 2
2
4

 




  


x y
xy
2
( ) 0
4

 






x y
xy
4








x

y
2
2







hay
x
y
2
2

 


 

