1
/>
Đ
Ạ
I H
Ọ
C KHOA H
Ọ
C T
Ự
NHIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Đ
Ề
THI TH
Ử
Đ
Ạ
I H
Ọ
C KH
Ố
I A, B L
Ầ
N 2
–
2012
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu I.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :
2
1
( )
2
x x
y C
x
2) Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
C
đều không đi qua điểm
(2;3)
A
Câu II.
1) Giải phương trình:
1 4cos .cos3 tan5
x x x
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
4 4 4
3 2 3 2
y x x x
Câu III. Tính nguyên hàm:
9
10 10
cos
sin (sin cos )
x
dx
x x x
Câu IV. Cho
20
( ) 1
2
x
P x
. Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển.
Câu V.
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng
4
, điểm
(1;0), (2;0)
A B . Gọi
I
là
giao điểm của AC và BD.
Biết
I
thuộc đường thẳng
0
x y
. Viết phương trình đường thẳng CD$.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho
(1;2; 1), (2 2;2; 3)
A B
và đường thẳng
2
: 1
x
y t
z t
.
Tìm điểm
C
thuộc
sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.
Câu VI. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng
a
, SA vuông góc với đáy. Góc nhị
diện cạnh SC bằng
0
120
. Tính thể tích khối chóp SABCD.
Câu VII. Cho các số thực
, , 1
x y z
thỏa mãn
1
xyz
. Chứng minh rằng.
2
2 2
1
1 1 1
x y z
x y z
2
/>
HƯỚNG DẪN
Câu I. (lonelyplanet)______________________________________________________________________
1. Tự giải
2. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm
0 0
( ; )
M x y
2 2
0 0 0 0
0
2
0
0
1 4 3
2
2
x x x x
y x x
x
x
Để tiếp tuyến đi qua
(3;2)
A thì phương trình sau phải có nghiệm:
2 2
0 0 0 0
0
2
0
0
1 4 3
2 3
2
2
x x x x
x
x
x
Giải phương trình này thì thấy nó không có nghiệm khác 2 nên tiếp tuyến không đi qua A.
Câu II. 1 (can_hang2007)__________________________________________________________________
Ta có
2 2
2 2
4 2
1 4cos cos3 1 4cos (4cos 3)
1 4(1 sin ) 4(1 sin ) 3
16sin 20sin 5
x x x x
x x
x x
và
4 2
sin5 sin (16sin 20sin 5).
x x x x
Do đó, với điều kiện
cos5 0,
x
phương trình đã cho tương đương với
4 2
sin
(16sin 20sin 5) 1 0.
cos5
x
x x
x
Đến đây thì khá dễ rồi.
Câu II. 2 (can_hang2007)__________________________________________________________________
Miền xác định
3
0 .
2
x
Ta có thể giải bài toán bằng cách sử dụng bất đẳng thức
4 44
, , 0.
a b a b a b
Cụ thể, ta có
44 4
4
2 (2 ) 2
x x x x
và
4 4 4 4
4
2 3 2 16 (3 2 ) 14 3 3.
x x x x x
Do đó,
4
4 4 4 4 4
2 2 3 2 2 3.
y x x x x
Mặt khác, dễ thấy đẳng thức xảy ra khi
0.
x
Vậy nên
4 4
min 2 3.
y
Câu III._________________________________________________________________________________
Gợi ý. Đặt
t tanx
, bài toán đưa được về dạng tìm
10
1
dt
I
t t
là tích phân dạng phân thức.
Câu IV. (can_hang2007)___________________________________________________________________
3
/>
Từ giả thiết, sử dụng các lập luận đưa đến: Nếu hệ số của
k
x
là lớn nhất thì
1 19
k
và ta phải có
1 1
20 20 20 20
1 1
, .
2 2 2 2
k k k k
k k k k
C C C C
Từ các bất phương trình này suy ra
6 7.
k
Mà
7 6
20 20
7 6
2 2
C C
nên suy ra hệ số lớn
nhất trong khai triển là hệ số của
6
x
và
7
.
x
Câu V.1.________________________________________________________________________________
Cách 1. (F7T7)
Phương trình đường thẳng
AB
là
0
y
. Do đó phương trình CD song song với AB có dạng
y a
Suy ra
0
a
chính là chiều cao của hình bình hành ứng với cạnh AB.
Ta có
. 4
a AB
Suy ra
4
a
. Vậy phương trình CD là
4
y
hoặc
4
y
Cách 2. (can_hang2007)
Giả sử
( , ).
I a a
Ta có
(1 , ), (2 , ).
IA a a IB a a
Suy ra
1 1
(1 )( ) (2 )( ) | |.
2 2
IAB
S a a a a a
Mặt khác, do tứ giác
ABCD
là hình bình hành nên
1
2
2
ABC ABCD
S S
và
1
1.
2
IAB ABC
S S
Vậy nên ta có
| | 2,
a
tức
2
a
hoặc
2.
a
[*] Với
2,
a
ta có
(2,2).
I Suy ra
(3,4)
C và
(2,4).
D Từ đó, ta tìm được phương trình đường thẳng
CD
là
4.
y
[*] Với
2,
a
ta có
( 2, 2).
I
Suy ra
( 5, 4)
C
và
( 6, 4).
D
Và như thế, ta tìm được phương trình đường
thẳng
CD
là
4.
y
Bài toán được giải quyết xong.
Câu V.2 (kienqb)________________________________________________________________________
Vì độ dài
AB
là không đổi. Ta có chu vi tam giác nhỏ nhất khi:
CA CB
nhỏ nhất
Gọi
(2;1 ; )
C t t
ta có:
2 2 2 2
1
2( 1) 1 2( 2) 4 ( 1) ( 2) 2
2
2
CA CB
CA CB t t t t
Đặt:
1
( 1; ), ( 2; 2)
2
u t v t
. Ta có:
| | | | | |
u v u v
2
1
1 ( 2 )
2
Dấu bằng xảy ra khi
u kv
từ đó ta tính được
7 4
2; ;
3 3
C
Hoặc ta chọn:
1
( 1; ), ( 2; 2)
2
E F
và điểm
( ; 0)
M t
sau đó dùng bất đẳng thức tam giác
ME MF EF
Dấu bằng xảy ra khi
, ,
M E F
thẳng hàng và
M
nằm trong đoạn
EF
.
Kết quả: Giá trị nhỏ nhất bằng
11
tại
7 4
(2; ; )
3 3
C
Câu VI. (jet_nguyen)______________________________________________________________________
4
/>
Ta có: góc nhị diện của SC bằng
0 0
120 ( ),( ) 60
SAC SBC
Kẻ
0
, ( ) ( ),( ) 60
AM SB AN SD SC AMN SAC SBC MAN
Mà
2
?
2
a
AM AN AMNd u AM AN MN
Xét
SAB A
và
AM SB SA a
- Vì
3
1
( ) . .
3 3
SABCD ABCD
a
SA ABCD V SAS
Câu VII. _______________________________________________________________________________
Cách 1. (can_hang2007)
Đặt ,
1 1
x y
a b
x y
và
.
1
z
c
z
Khi đó, ta thấy
1 1 1 1 1 1
1 , 1 , 1 .
x a y b z b
Mà
1
xyz
nên suy ra
( 1)( 1)( 1) ,
a b c abc
tức
1 0.
ab bc ca a b c
Mặt khác, cũng từ phép đặt, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
2 2 2
1,
a b c
hay
2 2 2
2( 1) 1.
a b c ab bc ca a b c
Sau khi thu gọn, ta có
2
( 1) 0,
a b c
hiển nhiên đúng nên bài toán được chứng minh xong.
Cách 2. (Lil.Tee)
Đổi biến như trên, và chúng ta luôn có:
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( 3 )
1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a b c a b b c c a abc
a b b c c a a b b c c a
Do đó bài toán chứng minh xong
Lời giải được tổng hợp bởi
Từ lời giải các thành viên diễn đàn BoxMath.vn và Onluyentoan.vn