Đề thi thử đại học chuyên ĐHSP năm 2011 môn toán (2)

Page 1



ĐỀ SỐ 20
Đề thi thử Đại học lần I năm 2012 – Trường THPT chuyên KHTN

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số:
21
()
1
x
yC
x




1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2) Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (C) tiếp xúc với đường thẳng
y = mx + 5.
Câu II: (2 điểm)
1) Giải phương trình sau:
2
os 3 os 4 cos 1
33

   
    

   
   
c x c x x

2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
   
45
3sin 4cos 3sin 4cos 1y x x x x   

Câu III: (2 điểm)
1) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
 
2
9 2 4 2 2x m x x     

2) Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển thành đa thức của (2x + 1)
n
biết tổng các hệ số của
nó là 59049.
Câu IV: (3 điểm)
1) Cho chóp tam giác đều S.ABC biết cạnh bên bằng a, góc tạo bởi mặt bên và đáy bằng
45
0
. Tính thể tích khối chóp.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có đỉnh A (1; 2; 1) và
đường chéo BD có phương trình:
3
4 1 1
x y z
  

. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình
vuông.
3) Trong hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 2x + 2y – 23 = 0. Viết phương
trình đường thẳng qua A (7;3) cắt (C) tại B, C sao cho AB – 3AC = 0
Câu V: (1 điểm)
Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc.
Tìm giá trị nhỏ nhất của:
     
2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c
P
c c a a a b b b c
  
  



Page 2



ĐỀ SỐ 20
Đề thi thử Đại học lần I năm 2012 – Trường THPT chuyên KHTN
Câu I: (2 điểm)
1) TXĐ: x


1. Ta có
2
11
1 1 1
2 ' 2 ' ;
1 1 ( 1)
lim à lim , lim 2
    
       
  
    
x x x
y x y y
x x x
v

TCĐ: x = 1; TCN: y = 2. Hàm số nghịch biến trên các khoảng:
   
,1 ; 1; 

2) gọi x
0
là hoành độ tiếp điểm A, suy ra phương trình tiếp tuyến tại A là
          
0 0 0 0 0 0 0
' ' ' .y y x x x y x y x x y x x y x     

Tức là ta có:

 
 
 
0 0 0 0
2
0
1
' à ' ( ) 4
1
m y x v y x x y x
x
     

.
Từ đó
 
0
2
0
0 0 0
2
0
0
0
2
21
1
5 3 8 4 0
2
1

1
3




      






x
x
x x x
x
x
x

Đáp số: m = −1 hoặc m = −9
Câu II: (2 điểm)
1) Phương trình đã cho tương đương với
2
27
cos 3 os 4 1 cos 2cos cos 2sin
3 3 2 2 2 6 2
       
        
       

       
x x x
x c x x
   

Mà
cos sin
2 2 2




xx


Nên ta có hai trường hợp sau:
TH1:
 
sin 0 2
2
   
x
x k k Z


TH2:


Page 3

 
77
cos cos 2
2 6 2 2 2 6 2 2
62
2
93
     
        
     
     






  


x x x x
k
k
x
kZ
k
x
   





2) Đặt t = 3sinx + 4cosx (1), ta có ngay
22
3 4 5  t
và mỗi
5t
ta đều có x thỏa mãn
(1).
Bài toán quy về tìm min, max của hàm số
   
5
4
1f t t t
trên đoạn
 
5;5
.
Ta có
       
5 4 4
3 4 3
' 4 1 5 1 1 9 4 ,
' 0 0; 1; 4 9
      
    
f t t t t t t t
fx

Dễ thấy f’(x) đổi dấu (−) thành (+) tại x = 0 và (+) thành (−) tại x = −4/9 suy ra x = 0 là
điểm cực tiểu và x = −4/9 là điểm cực đại.
f(−5) = −5
4
4
5
, f(−4/9)
   
45
45
9
4 .5
, 0 0, 5 5 .6
9
  ff
. Từ đó min y = −5
4
4
5
, max y = 5
4
6
5

Câu III: (2 điểm)
1) Đặt
 
22
2 2 4 2 4 2 2 2t x x t x t          

Bài toán này trở thành tìm m để phương trình 9 + (t
2
– 4) = mt (1)
có nghiệm
2 2 2t
.
Ta có (1)
     
2
55
, ' 1 , ' 0 5        m t f t f t f t t
tt

Ta có f(t) nghịch biến trên (2;
5
), đồng biến trên (
5
; 2
5
).
Mà f(2) = 9/2, f(
5
) = 2
5
, f(2
5
) = 13
5
/4.

Từ đó 2
5 13 2 / 4m

2) Giả sử
   
0
21

  

n
n
k
k
k
P x x a x
với
2
kk
kn
aC
.
Khi đó tổng các hệ số của P(x) là P (1).
Suy ra (2.1 + n)
n
= 59049 = 3
10
suy ra n = 10.
Với k = 0, 1, …, 9 xét tỉ số
   

   
11
1 10
10
! 10 ! 2 10
2
10!
2.
2 1 ! 9 ! 10! 1
kk
k
kk
k
k k k
aC
a C k k k



  
  



Page 4



Suy ra
1

19
1
3

  
k
k
a
k
a
.
Từ đó a
0
< a
1
< … < a
7
> a
8
> a
9
> a
10
.
Đáp số: hệ số lớn nhất là a
7
= 2
7
7
10

C

Câu IV: (3 điểm)
1) Kẻ
 
SH ABC
. M là trung điểm của BC. Ta có
2
2 2 2 2
22
2
3
à
36
23
3 12
55
     
     
AB AB
SH SC HC a m SH HM
AB AB a a
a SH

2 2 2
2
3 3 3 1 3 3 15
. . ( )
4 5 3 5 25
5

    
ABC
a a a a
S AB V dvtt

2) Phương trình tham số của BD:
34







xt
yt
zt

Mặt phẳng
 

qua A và vuông góc với BD có phương trình 4x – y + z – 3 = 0. Suy ra tâm I
của hình vuông thuộc đường thẳng BD và thuộc mặt phẳng
 

có tọa độ I (1; ½; − ½) suy ra
C (1; −1; −2). Tọa độ điểm B, D thỏa mãn phương trình 4x – y + z – 3 = 0 và điều kiện
2 2 2
18
4

IB ID IA  

nên B(3;0;0), D(−1;1;−1) hoặc D(3;0;0) và B(−1;1;−1)
3) Gọi H là trung điểm BC (C) có tâm I(1;−1), R = 5. Có AB.AC = AI
2
– R
2
. Suy ra 3AC
2
=
27
3, 9 6 4      AC AB AH IH
.
Lập

qua A(7;3) có
22
( ; ), 0  n a b a b

cách I một đoạn bằng 4: a(x – 7) + b(y − 3) = 0
 
22
0
, 4 3 2 2
12
5



      









a
d I a b a b
a
b

Phương trình

: y – 3 = 0 hoặc −12x + 5y + 69 = 0
Câu V: (1 điểm)
Ta có


Page 5



       
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
2
a c a a ca

c a c a
c c a c c a c c a c a

     
   
.
Tương tự
 
2
22
1 1 1 1
22
b
a b b c
a b a
   

.
Từ đó
1 1 1 1 1 3
2 2 2


    


ab bc ca
P
a b c abc
.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Vậy P
min
= 3/2.