Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 28 docx

Đề số 28

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
4 2
5 4,
  
y x x có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Tìm m để phương trình
4 2
2
| 5 4| log  
x x m
có 6 nghiệm.
Câu II (2 điểm).
1) Giải phương trình:
1 1
sin 2 sin 2cot2
2sin sin 2
   
x x x
x x

2) Tìm m để phương trình:


2
2 2 1 (2 ) 0
     
m x x x x có nghiệm x

0;1 3
 
 
 

Câu III (1 điểm). Tính tích phân:
4
0
2 1
1 2 1


 

x
I dx
x

Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA
1
B
1
C
1
có AB = a, AC = 2a, AA
1

2 5

a

và

120

o
BAC
. Gọi M là trung điểm của cạnh CC
1
. Tính khoảng cách
d từ điểm A tới mặt phẳng (A
1
BM).
Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh:
3 2 4 3 5    
x y z xy yz zx

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm).
1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(–1; 3; –2), B(–3; 7;
–18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M  (P) sao cho
MA + MB nhỏ nhất.
2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng  đi
qua điểm M(3;1) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác
ABC cân tại A với A(2;–2).
Câu VII.a (1 điểm). Giải phương trình:


2 2
3 3

log 1 log 2
    
x x x x x

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b. (2 điểm).
1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và
đường thẳng  có phương trình tham số
1 2
1
2
  


 




x t
y t
z t
. Một điểm M thay đổi
trên đường thẳng . Xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt
giá trị nhỏ nhất.
2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng  đi
qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của
tồng

OA OB

nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình:
2
4 2
(log 8 log )log 2 0
 
x
x x

Hướng dẫn Đề số 28


Câu I: 2)
9
4
4
12
9
log 12 144 12
4
   m m
Câu II: 1) PT   cos
2
2x  cosxcos2x = 2cos2x và sin2x  0

2
cos2 0 2cos cos 1 0( )
    
x x x VN
 cos2x = 0 

2
2 4 2
  

    
x k x k

2) Đặt
2
2 2
  
t x x  t
2
 2 = x
2
 2x. BPT 
2
2
(1 2), [0;1 3]
1

    

t
m t dox
t

Khảo sát hàm số:
2
2

( )
1



t
g t
t
với 1  t  2. g'(t)
2
2
2 2
0
( 1)
 
 

t t
t
 g
tăng trên [1,2]
Do đó, YCBT

BPT
2
2
1




t
m
t
có nghiệm t  [1,2]


 
1;2
2
max ( ) (2)
3

  
t
m g t g
Vậy: m

2
3

Câu III: Đặt
2 1
 
t x

3 3
2
1 1
1
1

1 1
 
   
 
 
 
 
t
I dt t dt
t t
=
3
2
1
ln 1 2 ln2
2
 
    
 
 
t
t t

Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A  O,


2 ,0,0
C a ,
1
(0,0,2 5)

A a

3
(0;0;0), ; ;0
2 2
 

 
 
 
a a
A B ,
( 2 ,0, 5)
M a a
1
5 3
; ; 5 , (2;0; 5)
2 2
 
    
 
 
 
 
BM a MA a
Ta có thể tích khối tứ diện AA
1
BM là :

1 1

3
2
1 1
1 15 1
. , ; , 3 3
6 3 2

   
   
 
 
    
AA BM BMA
a
V AA AB AM S MB MA a
Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA
1
) bằng
3 5
.
3
 
V a
d
S

Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có:
     
1 3 5
; 3 ; 5

2 2 2
     
x y xy y z xy z x xy
 đpcm
Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía
với (P)
Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'):
1 3 2
2 1 1
  
 

x y z

AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT:
2 1 0
(1,2, 1)
1 3 2
2 1 1
   


 
   
 



x y z
H

x y z

Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :
'
'
'
2
2 '(3,1,0)
2
 


  


 

H A A
H A A
H A A
x x x
y y y A
z z z

Ta có
' ( 6,6, 18)
  

A B (cùng phương với (1;–1;3) )  PT (A'B) :
3 1

1 1 3
 
 

x y z

Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

2 1 0
(2,2, 3)
3 1
1 1 3
   


 
 
 



x y z
M
x y z

2)
3 6 0; 2 0
     
x y x y
Câu VII.a: PT

 
 
2
2
3
1 1
log 2 3 1

 
      
x x
x x
x x x
x x

Đặt:
(2 )
( ) 3


x x
f x ,
1
( ) 1
  
g x x
x
(x

0)

Từ BBT  max f(x) = 3; min g(x) = 3
 PT f(x)= g(x) có nghiệm  maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1  PT có
nghiệm x = 1
Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng  có PTTS:
1 2
1
2
  


 




x t
y t
z t
. Điểm


M
nên


1 2 ;1 ;2
  
M t t t

.

2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
( 2 2 ) ( 4 ) (2 ) (3 ) (2 5)
( 4 2 ) ( 2 ) ( 6 2 ) (3 6) (2 5)
(3 ) (2 5) (3 6) (2 5)
        
           
     
AM t t t t
BM t t t t
AM BM t t

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ


3 ;2 5


u t và


3 6;2 5
  

v t .
Ta có
 

 
 
 
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5

 




  




u t
v t

Suy ra
| | | |
  
 
AM BM u v
và



6;4 5 | | 2 29
    
   
u v u v
Mặt khác, với hai vectơ
,
 
u v
ta luôn có
| | | | | |
  
   
u v u v
. Như vậy
2 29
 AM BM
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
 
u v
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
   
 
t
t

t




1;0;2
 M và


min 2 29
 AM BM .
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =


2 11 29

2)
2 6 0
  
x y
Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x  1
BPT
4 2
8
1 1
2log log 2 0
log 2
 
  
 

 
x x
x

 
2 2
2
1
log log 1 0
1
log
3
 
 
   
 
 
 
x x
x


2
2
2 2
2
2
2 2
1
log 1

0
log 1 log 1
(log 3) 0 0
2
log 0log log
1

 
 
 

 

      
 



 


x
x
x x
x
xx x
x