Đề thi ĐH tự luyện số 2

Trờng thpt đề luyện thi đại học. Số 2.
bắc yên thành Môn Toán Khối A. Thời gian làm bài 180 phút
Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số
2
x (5m 2)x 2m 1
y
x 1
+ +
=

có đồ thị (C
m
).
1) Khảo sát hàm số khi m =1.
2) Tìm m để đồ thị (C
m
) có 2 điểm cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị bé
hơn
2 5
.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phơng trình:
3 3
sin x.sin 3x cos x.cos3x 1
8
tg x .tg x
6 3
+
=

+
ữ ữ

2) Giải phơng trình:
2 2
x x 5 x 1 x 5
4 12.2 8 0

+ =
Câu III. (2 điểm)
1) Tính tích phân:
( )
2
x
0
1 sin x
I dx
1 cos x e


=
+

2) Từ các chữ số 0, 1, 3, 4, 5, 6 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số
khác nhau trong đó nhất thiết có mặt các chữ số 1 và 2.
Câu IV. (3 điểm)
1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho 2 đờng thẳng
(d
1

): 2x y + 1 =0 và (d
2
): x+2y7=0
Lập phơng trình đờng thẳng qua gốc tọa độ và tạo với (d
1
), (d
2
) tam giác cân có đáy
thuộc đờng thẳng đó. Tính diện tích tam giác cân nhận đợc.
2) Tìm tọa độ trực tâm H của ABC trong không gian Oxyz biết: A(3; 0; 0),
B(0; 2; 0), C(0; 0;1).
Câu V. (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dơng thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
2 2 2
S x y y z z x= + +
Biên soạn đề: Ths. Nguyễn Bá Thủy
Đáp án đề luyện thi số 2
Môn: Toán. Khối A Thời gian làm bài 180 phút.
Câu ý Nội dung Điểm
I I.1)
Với m =1 ta có hàm số:
2
x 3x 3
y
x 1
+
=

(Hs tự khảo sát)
Đồ thị:

K/s:
0.75đ
Đồ thị:
0.25đ
I.2)
Ta có:
2
2
2
x 2x 3m 3
y' ; y' 0 f (x) x 2x 3m 3 0 (x 1)
(x 1)
+
= = = + =

Hàm số có CĐ, CT khi phơng trình y = 0 có 2 nghiệm phân biệt f(x) =0 có 2
nghiệm phân biệt khác 1
' 4 3 0
4
(1)
(1) 3 4 0
3
m
m
f m
= >

<

=

Đặt
2
x (5m 2)x 2m 1 u
y
x 1 v
+ +
= =

, ta có các điểm CĐ và CT của đồ thị thuộc đờng
thẳng
u '
y 2x 5m 2
v'
= = +
(2)
Giả sử đồ thị hàm số có điểm CĐ là A(x
1
; y
1
) và CT là B(x
2
; y
2
), theo trên ta có:
1 1 2 2
y 2x 5m 2; y 2x 5m 2= + = +
. Từ đó:
2 2 2
1 2 1 2 1 2

AB 5(x x ) 5 (x x ) 4x x 80 60m

= = + =

.
2
AB 2 5 AB 20 80 60m 20 m 1< < < >
Kết hợp với điều kiện (1) ta có
4
1 m
3
< <
0.25
0.25
0.5
II II.1)
Giải phơng trình:
3 3
sin x.sin 3x cos x.cos3x 1
8
tg x .tg x
6 3
+
=


+
ữ ữ

(1)

Điều kiện:
cos x 0;cos x 0,tg x 0,tg x 0
6 3 6 3


+ +
ữ ữ ữ ữ

Với ĐK đó ta có:
tg x cot g x cot g x
3 2 3 6


+ = + =
ữ ữ ữ




tg x .tg x 1
6 3


+ =
ữ ữ

.
Nên (1)
3 3
1

sin x.sin 3x cos x cos3x
8
+ =
1
(3sin x sin 3x).sin 3x (3cos x cos3x)
2
+ + =
( )
2 2
1
3 sin x.sin 3x cos x.cos3x cos 3x sin 3x
2
+ + =
3
1 1 1
3cos 2x cos6x 4cos 2x cos 2x x k , (k )
2 2 2 6

+ = = = = + Â
0.25
0.25
0.25
0.25
Chỉ có
x k
6

= +
thoả mãn các điều kiện.
Vậy phơng trình có nghiệm là

x k ,k
6

= + Â
,
0.25
II.2)
Giải phơng trình:
2 2
x x 5 x 1 x 5
4 12.2 8 0

+ =
Điều kiện
2
x 5
. Đặt
2
x x 5
t 2

=
>0, phơng trình đã cho trở thành
2
t 2
t 6t 8 0
t 4
=

+ =

=

.
Tơng ứng ta có phơng trình đã cho có các nghiệm là: x = 3 và
9
x
4
=
.
0.25
0.25
0.25
III III.1)
Tính tích phân:
( )
2
x
0
1 sin x
I dx
1 cos x e


=
+

Có
( ) ( )
2 2

1 2
x x
0 0
1 sin x
I dx dx I I
1 cos x e 1 cos x e

= =
+ +

Xét
( )
2 2
1
x
x 2
0 0
1 dx
I dx
x
1 cos x e
e .2cos
2

= =
+

.
Đặt
x

x
x
2
1
dx
u
du e dx
e
e
dx
x
dv
v t g
x
2cos
2
2


=


= =




=

=

( ) ( )
2
2
1
x x
0
0
x x
tg tg
2 2
I
e e


= +

( )
( )
( )
2 2 2
2
x x
x 2
0 0 0
x x

x
2sin .cos
tg
sin x
2
2 2
I dx dx dx
x
1 cos x e e
2e cos
2

= = =
+


( )
2
1 2
x
2
0
x
tg
1
2
I I I
e
e

= = =
0.25
0.5
0.25
III.2) Từ các chữ số 0, 1, 3, 4, 5, 6 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác
nhau trong đó nhất thiết có mặt các chữ số 1 và 2
Số cần lập có dạng x=
1 2 3 4 5
a a a a a
. Ta xét các trờng hợp:
T/h1: x có chứa chữ số 0.
Có 4 cách chọn vị trí cho chữ số 0, sau đó có
2
4
A
cách chọn 2 trong 4 vị trí còn lại cho
các chữ số 1 và 2. Tiếp theo, số cách chọn 2 trong 4 số khác 0, 1, 2 cho 2 vị trí còn lại
là
2
4
A
cách Trờng hợp này có 4.
2
4
A
.
2
4
A

= 576 số.
T/h2: x không chứa chữ số 0.
Có
2
5
A
cách chọn 2 trong 5 vị trí cho các chữ số 1 và 2. Sau đó, số cách chọn 3 trong 4
chữ số khác 0, 1, 2 cho 3 vị trí còn lại là
3
4
A
cách.
Trờng hợp này có
2
5
A
.
3
4
A
= 480 số.
Vậy tất cả có 576 + 480 = 1056 số thoả mãn bài toán.
0.25
0.5
0.25
IV IV.1)
Hai đờng thẳng d
1
và d
2

có vtpt lần lợt là
( ) ( )
1 2
n 2; 1 ,n 1;2= =
uur uur
, có
1 2
n .n 0=
uur uur
nên d
1
d
2
.
Gọi I = d
1
d
2
thì I = (1; 3). Đờng thẳng đi qua O(0; 0) và tạo với d
1
và d
2
tam giác cân đỉnh
I vuông góc với phân giác của góc tạo bởi d
1
, d
2
.
Phân giác của góc tạo bởi d
1

, d
2
:
1
2
x 3y 8 0 (l )
2x y 1 x 2y 7
3x y 6 0 (l )
5 5
+ =
+ +

=

+ =

0.25
0.25
TH1:
1
l
1
và đi qua O(0; 0) nên có phơng trình: y = 3x.

1
cắt d
1
và d
2
tơng ứng tại A và B thì

2
IAB
1 3 1 32
A ; S IA
5 5 2 5


= = =
ữ

(đvdt)
TH2:
2
l
2
và đi qua O(0; 0) nên có phơng trình:
1
y x
3
=
.

2
cắt d
1
và d
2
tơng ứng tại A, B thì
2
IA'B'

3 1 1 32
A ' ; S IA'
5 5 2 5


= = =
ữ

(đvdt)
0.25
0.25
IV.2)
Trực tâm H của ABC trong không gian Oxyz là giao của 3 mặt phẳng (ABC), mp()
đi qua A và BC, mp() đi qua B và vuông góc với AC.
Ta có (ABC): 2x + 3y +6z 6 =0; (): 2y + z =0; (): 3x+z = 0
Tọa độ của H là nghiệm của hệ:
12
x
49
2x 3y 6z 6
18
2y z 0 y
49
3x z 0
36
z
49

=
+ + =

+ = =


+ =

=


H có toạ độ
12 18 36
H ; ;
49 49 49

=
ữ

V
Cho x, y, z >0 thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm GTLN của:
2 2 2
S x y y z z x= + +
Cách 1. Giả sử x y z. Ta có:

( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
S x y y z z x x y z y xyz x z y x z (1 (x z))= + + + + = + = + +
Đặt t = x+ z ta đợc

( )
3
2
t t 1 4
S t (1 t) 4. . 1 t 4.
2 2 3 27

= =
ữ

Ngoài ra với
2 1
x ; y ; z 0
3 3
= = =
ta có
4
S
27
=
.
Vậy GTLN của
4
S
27
=
.
Cách 2. Giả sử x y z. Ta có:
2 2
2 2 2 2 2

z x z x
S x y y z z x x y y z
2 2
= + + = + + +

( ) ( )
2 2
2
z x z x zx z
S x y xyz xy x z x z x(x z) y
2 2 2 2

+ + + + + + = + +
ữ


3
x x z z x y z 4
S 4 y 4
2 2 2 2 3 27
+ +

+ + =
ữ ữ ữ

x x z z
y
4 2 1
S z 0, x , y
2 2 2 2

27 3 3
x y z 2

= + = +

= = = =


+ + =


Vậy GTLN của
4
S
27
=
.
Cách 3. Dùng hàm số.
HD: Thay z = 1xy, xem S là hàm số biến x còn y là tham số.
Nhận xét: Cách 3 khá phức tạp.
Đây là bài toán khá đặc trng cho phép sắp thứ tự.
0.5
0.5