Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 35 doc

Đề số 35


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
x 2
2x 3


(1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt
trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OAB cân
tại gốc tọa độ O.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
cot 3 tan 2cot 2 3
   
x x x .
2) Giải phương trình:
2 2
2( 1) 3 1 2 2 5 2 8 5
       
x x x x x x
.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân :
4
0
cos sin
3 sin 2






x x
I dx
x
.
Câu IV (1 điểm) Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a. Gọi M, N lần lượt
là trung điểm các cạnh CD, AD. Điểm P thuộc cạnh DD’ sao cho PD =
2PD. Chứng tỏ (MNP) vuông góc với (AAM) và tính thể tích của khối tứ
diện AAMP.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
( ) ( ) ( )
3 3 3
     
  
a b c b c a c a b
P
c a b
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)
2
+ (y +
1)

2
= 25 và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt
(C) tại A, B phân biệt sao cho MA = 3MB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1
= 0 và hai đường thẳng 
1
:
x 1 y z 9
1 1 6
 
  ; 
2
:
x 1 y 3 z 1
2 1 2
  
 

. Xác
định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 
1
sao cho khoảng cách từ M đến
đường thẳng 
2
và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.
Câu VII.a (1 điểm) Gọi z
1
và z
2
là 2 nghiệm phức của phương trình:

2
2 10 0
z z
  
.
Tính giá trị của biểu thức:
2 2
1 2
 
A z z
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 3), B(2; –
1), C(11; 2). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và chia ABC thành
hai phần có tỉ số diện tích bằng 2.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho, đường thẳng
1 2
:
1 2 1
 
 
x y z
d
và mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng d đi
qua điểm M(2; 2; 4), song song với mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d.
Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình:


3

2 7
log 1 log
 
x x
.


Hướng dẫn Đề số 35


Câu I: 2) OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường
thẳng y = x hoặc y = –x.
Nghĩa là: f (x
0
) = 1 
2
0
1
1
(2x 3)

 


0 0
0 0
x 1 y 1
x 2 y 0
   



   



1
: y – 1 = –1(x + 1)  y = –x (loại); 
2
: y – 0 = –1(x + 2)  y = –x – 2
(nhận)
Câu II: 1) Điều kiện: sin cos 0
2

  
x x x k
.
Ta có:
2 2
cos2 cos sin
2cot 2 2 2 cot tan
sin2 2sin cos

   
x x x
x x x
x x x
.
PT 
2
cot 3

3 cot 3 cot cot 1 ,
4
cot 7cot 6 0




         

  


x
x x x x k k
x x

2) Điều kiện:
1
3
 
x .
PT 
     
2 2 2
2 2
( 1) 2( 1) 3 1 3 1 2 2 2 5 2 2 1 0
   
             
 
 

x x x x x x x x

   
2
2
3 1 1
( 1) 3 1 2 2 1 0 1
2 1 2

  

 
 
           
 
 
  


x x
x x x x x
x x
.
Câu III: Đặt
sin cos
 
u x x

2
2

1
4
 


du
I
u
.
Đặt
2sin

u t

4 4
2
6 6
2cos
12
4 4sin
 
 

   

 
tdt
I dt
t
.

Câu IV: Gọi Q là giao điểm của NP và AD. Do PD = 2PD nên DN = 2DQ

2
2
.
4
   
a
AD DQ MD QM AM
(đpcm).
Ta có:
'
1
.
3


A AP
V MD S (1).
2
' ' ' ' '
2
  
   
A AP ADD A APD A D P
a
S S S S
Thay vào (1), ta được:
3
12


a
V .
Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương
3
( )
,
3 3
 
a b c c

c
và
1
3
ta được:

3 3
( ) 1 ( ) 4 1
3 3 3 3 3 3
   
         
a b c c a b c c
a b c a b
c c
(1).
Tương tự:
3
( ) 4 1
3 3 3

 
   
b c a a
b c
a
(2),
3
( ) 4 1
3 3 3
 
   
c a b b
c a
b
(3).
Cộng (1), (2) và (3) ta suy ra
1 min 1
  
P P
khi
1
  
a b c
.
Câu VI.a: 1)
/( )
27 0
  
M C
P M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.

Mặt khác:
2
/( )
. 3 3 3
     
 
M C
P MA MB MB MB BH
2 2
4 [ ,( )]
    
IH R BH d M d

Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a
2
+ b
2
> 0).

2 2
0
6 4
[ ,( )] 4 4
12
5


 

   


 



a
a b
d M d
a b
a b
.
Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0.
2) M (–1 + t; t; –9 + 6t) 
1
; 
2
qua A (1; 3; –1) có véctơ chỉ phương
a

= (2;
1; –2)

AM

= (t – 2; t – 3; 6t – 8) 
AM;a
 
 
 
= (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t)

Ta có : d (M, 
2
) = d (M, (P)) 
2
261t 792t 612 11t 20
   
 35t
2
– 88t + 53 = 0  t = 1 hay t =
53
35

Vậy M (0; 1; –3) hay M
18 53 3
; ;
35 35 35
 
 
 

Câu VII.a: ’ = –9 = 9i
2
do đó phương trình có 2 nghiệm z
1
= –1 – 3i, z
2
= –1 +
3i

2 2

1 2
 
A z z
= (1 + 9) + (1 + 9) = 20
Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 12 = 0.
2) Chọn
( ;1 2 ;2 ) ( 2;2 1; 2)
        

N d N t t t MN t t t .

 
1 3 3
( ) . 0 ( ) 1 (1;3;3) ':
1 1 1
  
        

 

P
x y z
MN P MN n do M P t N d .
Câu VII.b: Điều kiện: x > 0. Đặt
7
log 7
  
t
t x x .
PT 

 
3 3
3 3 3 3
2
1 7
log 1 7 1 7 2 1 7 8 1 0
8 8
   
           
   
   
t t
t t t t
t
t (*).
Hàm số
3 3
1 7
( ) 1
8 8
   
  
   
   
t t
f t nghịch biến và
(3) 0

f nên (*) có nghiệm t = 3.
Vậy phương trình có nghiệm x = 343.