Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 15 pptx

Đề số 15

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số:
3
3
 
y x x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm trên đường thẳng y = – x các điểm kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ
thị (C).
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình.:
3sin2 2sin
2
sin 2 .cos


x x
x x

2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: ( 1) 4( 1)
1
   

x
x x x m
x

Câu III (1 điểm): Tính tích phân I=

2
2
sin 3
0
.sin .cos .


x
e x x dx.

Câu IV (1 điểm): Cho hình nón đỉnh S, đường tròn đáy có tâm O và đường kính là
AB = 2R. Gọi M là điểm thuộc đường tròn đáy và

2

ASB
,

2

ASM . Tính
thể tích khối tứ diện SAOM theo R,  và  .
Câu V (1 điểm): Cho:
2 2 2
1
  
a b c . Chứng minh:
2(1 ) 0
       
abc a b c ab ac bc

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 hai điểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0);
C(0;0;–2). Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC),
tìm tọa độ điểm H.
Câu VIIa (1 điểm) Giải phương trình:
2
2 2
log ( 7)log 12 4 0
    
x x x x
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện
tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên
đường thẳng y = x. Tìm tọa độ các đỉnh C và D.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho

ABC
với tọa độ đỉnh C(3; 2;
3) và phương trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD
lần lượt là:

1
2 3 3
:
1 1 2
  
 

x y z
d ,
2
1 4 3
:
1 2 1
  
 

x y z
d .
Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của

ABC
và tính diện tích của

ABC
.
Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình:
2008 2007 1
x
x


 
.
Hướng dẫn Đề số 15

Câu I: 2) A (2; –2) và B(–2;2)
Câu II: 1) PT 
2 1 2 0
0 0
x x x
x x
( cos )(sin sin )
sin , cos

  

 


2
3


  
x k

2) Đặt ( 1)
1
x
t x

x
 

. PT có nghiệm khi
2
4 0
t t m
  
có nghiệm, suy ra
4
m
 
.
Câu III: Đặt
2
x t
sin


1
0
1
(1 )
2
 

t
I e t dt
= e
2

1

Câu IV: Gọi OH là đường cao của
OAM
D
, ta có:

. .
sin
.sin
sin
sin sin
 



 
 


  

 


SO OAcotg Rcotg
AH SA R
OA R
SA

2 2 2 2
sin sin
sin
 

    
R
OH OA AH .
Vậy:
3
2 2
.
3
1 cos sin
. . . sin sin
3 3sin
 
 

  
S AOM
R
V SO AH OH .
Câu V: Từ gt 
2
1
a

 1 + a  0. Tương tự, 1 + b  0, 1 + c  0


(1 )(1 )(1 ) 0
a b c
   

1 0
a b c ab ac bc abc
       
. (a)
Mặt khác
2 2 2 2
1
(1 ) 0
2
a b c a b c ab ac bc a b c
            
. (b)
Cộng (a) và (b)  đpcm
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: pt(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) Phương trình mp(ABC): 2x + y – z – 2 = 0.
2 1 1
3 3 3
H ; ;
 

 
 

Câu VII.a: Đặt
2
log
t x
 . PT 
2
(7 ) 12 4 0
t x t x
    
 t = 4; t =3 – x  x =
16; x = 2
Câu VI.b: 1) Ta có:


1;2 5

AB AB   

. Phương trình AB:
2 2 0
x y
  
.



( ): ;
  
I d y x I t t
. I là trung điểm của AC và BD nên:
(2 1;2 ), (2 ;2 2)
 
C t t D t t
Mặt khác:
. 4
 
ABCD
S ABCH (CH: chiều cao)
4
5
 CH .
Ngoài ra:
 
   
4 5 8 8 2
; , ;

| 6 4| 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2

   
 

   

   
   


   

t C D
t
d C AB CH
t C D

Vậy
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
   
   
   
C D hoặc





1;0 , 0; 2
 
C D
2) Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH
1
( ) ( ): 2 1 0
      
P d P x y z

2
( ) (1;4;3)
  
B P d B  phương trình

: 1 2 ; 4 2 ; 3
    
BC x t y t z
Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d
2
, (Q) cắt d
2
và AB tại K và M. Ta có:

( ): 2 2 0 (2;2;4) (1;2;5)
     
Q x y z K M (K là trung điểm của CM).

1 4 3
:
0 2 2
  
  

x y z
ptAB , do
1
1
(1;2;5) , 2 3
2

 
     
 
 
ABC
A AB d A S AB AC .
Câu VII.b: PT 
2008 2007 1 0
   
x
f x x( )   với x

(–

; +


)

2
2008 2008 2007 2008 2008 0
x x
f (x) f x x
 .ln  ;  ( )  ln  ,
 
    

 f


( x ) luôn luôn đồng biến.
Vì f (x) liên tục và 2007
x x
f x f xlim ( ) ; lim ( )
 
 
   


x
0
để f

'
( x
0
)

= 0
Từ BBT của f(x)

f(x) = 0 không có quá 2 nghiệm.
Vậy PT có 2 nghiệm là x = 0; x = 1