Đề thi ĐH tjư luyện số 3

Trờng thpt đề luyện thi đại học. Số 3
bắc yên thành Môn Toán Khối A, B. Thời gian làm bài 180 phút
Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số
2
2x mx 2
y
x 1
+
=

có đồ thị (C
m
).
1) Khảo sát hàm số khi m =-3.
2) Tìm m để đồ thị tam giác tạo bởi 2 trục tọa độ và tiệm cận xiên của (C
m
) có
diện tích bằng 4.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phơng trình:
2
2
2
2tg x 5tgx 5cot gx 4 0
sin x
+ + + + =
2) Giải phơng trình:
2 2
3x 7 2x 3
log (9 12x 4x ) log (6x 23x 21) 4

+ +
+ + + + + =

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

2) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 thiết lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có chín
chữ số khác nhau mà chữ số 9 đứng chính giữa.
Câu IV. (3 điểm)
1) Viết phơng trình ba cạnh của ABC trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho biết đỉnh
C(4; 3), đờng phân giác trong và đờng trung tuyến kẻ từ một đỉnh tam giác có ph-
ơng trình lần lợt là: x + 2y 5 =0 và 4x + 13y 10 =0.
2) Cho tứ diện SABC có
SC CA AB a 2= = =
, SC (ABC), ABC vuông tại A,
các điểm M thuộc SA và N thuộc BC sao cho AM = CN = t (0<t<2a). Tính độ dài
đoạn thẳng MN. Tìm t theo a để MN ngắn nhất.
Câu V. (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dơng. Chứng minh rằng:
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2 y

2 x 2 z 1 1 1
x y y z z x x y z
+ + + +
+ + +
Biên soạn đề: Ths. Nguyễn Bá Thủy
Đáp án đề luyện thi số 3
Môn: Toán. Khối A, B Thời gian làm bài 180 phút.
Câu ý Nội dung Điểm
I I.1) Với m = 3 ta có hàm số:
2
2x 3x 2
y
x 1

=

(Hs tự khảo sát)
Đồ thị:
K/s:
0.75đ
Đồ thị:
0.25đ
I.2)
Ta có:
2
2x mx 2 m
y 2x m 2
x 1 x 1
+
= = + + +

Đồ thị có tiệm cận xiên m 0, và PT tiệm cận xiên là : y = 2x +m + 2.
Gọi A, B lần lợt là giao điểm của với Oy và Ox thì toạ độ của chúng tơng ứng là:
( )
m 2
A 0;m 2 , B ;0
2
+

= + =
ữ

.

2
OAB
1 1 m 2 (m 2)
S OA.OB m 2 .
2 2 2 4

+ +
= = + =
Do đó
2
OAB
m 6
S 4 (m 2) 16 m 2 4
m 2

=

= + = + =

=

(thoả mãn m0)
Kết luận: Giá trị cần tìm của m là m =6, m= 2.
0.25
0.25
0.25
0.25
II II.1)
Giải phơng trình:
2
2
2
2tg x 5tgx 5cot gx 4 0
sin x
+ + + + =
(1)
Điều kiện: sinx0, cosx0. Khi đó:
2 2
(1) 2(1 cot g x) 2tg x 5tgx 5cot gx 4 0 + + + + + =
2 2
2(tg x cot g x) 5(tgx cot gx) 6 0 + + + + =
Đặt
2 2 2
2
t tgx cot gx tg x cot g x t 2
sin 2x

= + = + =
Ta có phơng trình:
2 2
t 2
2(t 2) 5t 6 0 2t 5t 2 0
1
t
2
=


+ + = + + =

=


Với t =2, ta có:
2
2 sin 2x 1 x k ,k .
sin 2x 4

= = = + Â
Với
1 2 1
t sin 2x 4
2 sin 2x 2
= = =
Vô nghiệm.
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là
x k ,k

4

= + Â
.
0.25
0.25
0.25
0.25
II.2)
Giải phơng trình:
2 2
3x 7 2x 3
log (9 12x 4x ) log (6x 23x 21) 4
+ +
+ + + + + =
(2)
Điều kiện:
2
2
0 3x 7 1
3
0 2x 3 1
x
2
4x 12x 9 0
x 2
6x 23x 21 0
< +

< +
>



+ + >




+ + >

0.25
Khi đó (2)
3x 7 2x 3
2log (2x 3) log (3x 7)(2x 3) 4
+ +
+ + + + =

3x 7 2x 3
2log (2x 3) log (3x 7) 3
+ +
+ + + =
Đặt
2x 3
t log (3x 7)
+
= +
, ta có phơng trình:

2
t 1
2
t 3 t 3t 2 0
t 2
t
=

+ = + =

=

Với t = 1, ta có:
2x 3
log (3x 7) 1 2x 3 3x 7 x 4
+
+ = + = + =
(loại)
Với t = 2, ta có:
2
2x 3
log (3x 7) 2 2x 3 (3x 7)
+
+ = + = +
2
x 2
4x 9x 2 0
1
x
4

=

+ + =

=


. Chỉ có
1
x
4
=
thoả mãn điều kiện.
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là
1
x
4
=
.
0.25
0.25
0.25
III III.1)
Tính tích phân
1
2 x
2
0
(x 1)e
I dx

(x 1)
+
=
+

Ta có:
1 1 1 1
2 x 2 x
x x
2 2 2
0 0 0 0
(x 1)e (x 1) 2x xe dx
I dx e dx e dx 2
(x 1) (x 1) (x 1)
+ +
= = =
+ + +

Có:
1 1 1 1
x x x x
2 2 2
0 0 0 0
xe dx (x 1 1)e dx e dx e dx
(x 1) (x 1) (x 1) (x 1)
+
= =
+ + + +

.

Đặt
x
x
2
u e
du e dx
1
1
dv
v
(x 1)
x 1

=

=



=
=

+
+

thì
1
1 1
x x x
2

0 0
0
e dx e e dx
(x 1) (x 1) x 1

= +
+ + +

1 1
1 1 1
x x x x x
2
0 0 0
0 0
xe dx e dx e e dx e
(x 1) (x 1) (x 1) (x 1) (x 1)


ữ
= + =
ữ
+ + + + +


Do đó
1
x
1
x
0

0
2e
I e e 1 e 2 2e 3
(x 1)

ữ
= + = + =
ữ
+

0.25
0.25
0.25
0.25
III.2) Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 thiết lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có chín chữ số
khác nhau mà chữ số 9 đứng chính giữa.
Do chữ số 9 cố định ở vị trí chính giữa 8 vị trí còn lại là hoán vị của 8 chữ số còn
lại. Do đó có 8! =40320 số.
0.5
0.5
IV IV.1)
Viết phơng trình 3 cạnh của ABC.
Gọi d: x + 2y 5 =0 và : 4x + 13y 10 =0. Nhận
xét rằng C không thuộc 2 đờng thẳng đã cho.
Không mất tính tổng quát giả sử rằng d và lần lợt là
phân giác và trung tuyến xuất phát từ đỉnh A.
A có toạ độ thoả mãn:

x 2y 5 0 x 9
4x 13y 10 0 y 2

+ = =



+ = =

A(9; 2)
Phơng trình cạnh AC:
x 9 y 2
x y 7 0
4 9 3 2
+
= + =
+
Gọi C là điểm đối xứng với C qua d thì ta tìm đợc C=(2; 1) và ta có AB AC nên
phơng trình cạnh AB là:
x 2 y 1
x 7y 5 0
9 2 2 1
+
= + + =
+
Giả sử B(x
0
; y
0
) AB
0 0
x 7y 5 0+ + =
(1) và trung điểm N của BC có tọa độ

0 0
x 4 y 3
N ;
2 2
+ +

ữ

. Do N nên ta có:
0
0
y 3
2(x 4) 13 10 0
2
+

+ + =
ữ

(2)
Từ (1) và (2) x
0
= 12; y
0
= 1 PT cạnh BC:
x 12 y 1
x 8y 20 0
4 12 3 1
+
= + =

+

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
IV.2)
Chän hÖ täa ®é Oxyz cã O ≡ A, (C∈Ox, B∈Oy)
Th× ta cã:
( )
t t
S a 2;0;a 2 ,M ;0;
2 2
 
= =
 ÷
 
2a t t
N ; ;0
2 2
−
 
=
 ÷
 
⇒
2
MN 3t 2a 4at= + −
Cã

2
2
2a 2a a 6
MN 3 t
3 3 3
 
= − + ≥
 ÷
 
⇒ MinMN =
a 6 2a
t
3 3
⇔ =
(H×nh:
0.25®)
0.5
0.25
0.5
V
Cho x, y, z >. Chøng minh r»ng:
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2 y
2 x 2 z 1 1 1
x y y z z x x y z
+ + ≤ + +
+ + +
¸p dông B§T Cauchy ta cã:
3 2 2 2
3 2 2 2

3 2 2 2
2 x 2 x 1 1 1 1
x y xy 2 x y
2xy x
2 y 2 y
1 1 1 1
y z yz 2 y z
2yz y
2 z 2 z 1 1 1 1
z x zx 2 z x
2zx z
 
≤ = ≤ +
 ÷
+
 
 
≤ = ≤ +
 ÷
+
 
 
≤ = ≤ +
 ÷
+
 
Céng vÕ víi vÕ 3 B§T cïng chiÒu trªn ta cã ®pcm.
0.5
0.5