Tải bản đầy đủ (.pdf) (6 trang)

ĐỀ SỐ 28 MÔN TOÁN ÔN THI ĐH

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (147.48 KB, 6 trang )

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



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




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





×