Đề tự luyện thi ĐH số 5

Trờng thpt đề luyện thi đại học. số 5
bắc yên thành Môn Toán Khối A. Thời gian làm bài 180 phút
Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số
4 2
y x 4x m= +
có đồ thị (C
m
).
1) Khảo sát hàm số khi m = 3.
2) Khi (C
m
) cắt trục hoành Ox tại 4 điểm phân biệt. Hãy xác định m để hình phẳng
giới hạn bởi (C
m
) và trục hoành có diện tích phần phía trên và phần phía dới
trục hoành bằng nhau.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phơng trình:
2 2
2(1 x). x 2x 1 x 2x 1 + =
2) Giải phơng trình:
9sin x 6cos x 3sin 2x cos 2x 8+ + =
Câu III. (2 điểm)
1) Giải hệ phơng trình:
y
5
log x
2
4 y
y.x x

log y.log (y 3x) 1


=

=


2) Chứng minh đẳng thức:
n 1 0 n 2 1 n 3 2 n 1 n 1 1 2 n 1 n
n n n n n n n
n4 C (n 1)4 C (n 2)4 C ... ( 1) C C 4C ... n2 C

+ + + = + + +
Câu IV. (3 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elíp (E):
2 2
x y
1
18 8
+ =
. Tiếp tuyến của
(E) tại điểm M thuộc (E) cắt 2 trục tọa độ tại A và B. Tìm vị trí của M trên (E) để
OAB có diện tích nhỏ nhất.
2) Trong không gian Oxyz cho đờng thẳng
x 2 y z 1
d :
1 1 2
+
= =

và điểm
A=(3;3;2). Xác định tọa độ điểm B đối xứng với A qua d.
Câu V. (1 điểm) Cho ABC có diện tích S. Gọi m
a
, m
b
, m
c
; h
a
, h
b
, h
c
tơng ứng là độ dài
các trung tuyến và đờng cao ứng với các đỉnh A, B, C của tam giác. Chứng minh
rằng:
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2
a b c a b c
m m m h h h 27S+ + + +
Biên soạn đề: Ths. Nguyễn Bá Thủy
Đáp án đề luyện thi. số 5
Môn: Toán. Khối A Thời gian làm bài 180 phút.
Câu ý Nội dung Điểm
I I.1)
Với m =3 ta có hàm số
4 2
y x 4x 3= +

Hs tự khảo sát.
Đồ thị
K/s:
0.75đ
Đồ thị:
0.25đ
I.2) Đặt t = x
2
.
Đồ thị (C) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt Phơng trình
4 2
x 4x m 0 + =
có 4 nghiệm
phân biệt PT
2
t 4t m 0 + =
có 2 nghiệm dơng t phân biệt

' 4 m 0
S
2 0 0 m 4
2
m 0
= >



= > < <

>


(*)
Gọi x
1
< x
2
là các hoành độ dơng của các giao điểm của (C) với Ox. Vì (C) nhận Oy
làm trục đối xứng nên ta chỉ cần tìm điều kiện để S
1
= S với:
S
1
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi Oy, (C), Ox, x = x
1
.
S
2
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi Ox, (C), x=x
1
, x=x
2
.
Ta có:
1 2
1
x x
4 2 4 2
1 2

0 x
S S x 4x m dx x 4x m dx= + = +

1 2 2
1
x x x
4 2 4 2 4 2
0 x 0
(x 4x m)dx (x 4x m)dx (x 4x m)dx 0 + = + + =

2
x
4 2 4 2
5 3
2 2 2 2
2
0
x 4x x 4x
x 4x
mx 0 x m 0 m 0
5 3 5 3 5 3


+ = + = + =
ữ
ữ


(1) vì x
2

>0
Lại do x
2
là nghiệm phơng trình
4 2
x 4x m 0 + =
nên
4 2
2 2
x 4x m 0 + =
(2)
Giải hệ (1), (2) ta có:
20
m
9
=
0.25
0.25
0.5
II II.1)
Giải phơng trình:
2 2
2(1 x). x 2x 1 x 2x 1 + =
Điều kiện:
2
x 1 2
x 2x 1 0
x 1 2

+

+




Đặt
2 2 2 2 2
t x 2x 1 t x 2x 1 x t 2x 1= + = + = +
, thay vào phơng trình đã
cho ta có:
2 2
2(1 x)t (t 2x 1) 2x 1 t 2(1 x)t 4x 0 = + =

t 2
t 2x
=


=

t = 2
2 2
x 2x 1 2 x 2x 5 0 x 1 6+ = + = =
(thỏa mãn điều kiện)
t = 2x
2
2
x 0
x 2x 1 2x
3x 2x 1 0

+ =

+ =

Vô nghiệm.
0.25
0.25
0.5
2
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm là
x 1 6=
II.2)
Giải phơng trình:
9sin x 6cos x 3sin 2x cos 2x 8+ + =
Phơng trình đã cho
2
9sin x 6cos x 6sin x cos x 1 2sin x 8+ + =
2
6cos x(1 sin x) 2sin x 9sin x 7 6cos x(sin x 1) (sin x 1)(2sin x 7)
sin x 1 (1)
(sin x 1)(6cos x 2sin x 7) 0
6cosx 2sin x 7 (2)
= + =
=

+ =

+ =

(1) x k2
2

= +
(2) vô nghiệm
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là
x k2 ,k
2

= + Â
0.25
0.5
0.25
III III.1)
Giải hệ phơng trình:
y
5
log x
2
4 y
y.x x
log y.log (y 3x) 1


=

=

Điều kiện
x 0
0 y 1 0 3x y 1
y 3x
>


< < <


>

Hệ đã cho
y
5
log x
2
y y
y y
log y.x log x
log (y 3x) log 4


=



=

2
y y
5
1 (log x) log x
2
y 3x 4

+ =



=

2
y
2
y y
2
y
log x 2
x y
5
x 4
(log x) log x 1 0
1
2
log x
y x

y 16
2
y 4 3x
y 4 3x
y 4 3x
=



=



=
+ =






=
=




=

= +

= +


= +

Vậy hệ có nghiệm (x;y) là (4;16)
0.25
0.25
0.5
III.2) Chứng minh đẳng thức.
n 1 0 n 2 1 n 3 2 n 1 n 1 1 2 n 1 n
n n n n n n n
n4 C (n 1)4 C (n 2)4 C ... ( 1) C C 4C ... n2 C

+ + + = + + +
Có
( )
n
0 n 1 n 1 2 n 2 n n
n n n n
2x 1 C (2x) C (2x) C (2x) .. ( 1) C

= + + +
Lấy đạo hàm 2 vế ta có:
n 1 0 n 1 1 n 2 2 n 3 n 1 n 1
n n n n
2n(2x 1) 2nC (2x 1) 2(n 1)C (2x) 2(n 2)C (2x) .. ( 1) .2C

= + +
Cho x =2 ta đợc:
n 1 n 1 0 n 2 1 n 3 2 n 1 n 1
n n n n
n.3 n.4 C (n 1)4 C (n 2)4 C ... ( 1) .2C

= + +
(1)
Ta lại có:
n 0 1 n n
n n n
(1 x) C C x ... C x+ = + + +
Lấy đạo hàm hai vế ta có:
n 1 1 2 n n 1
n n n
n(1 x) C 2C x ... nC x

+ = + + +
Cho x =2, ta có:
n 1 1 2 n 1 n
n n n
n.3 C 4.C ... n.2 C

= + + +
(2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
0.25
0.25
0.25

0.25
IV IV.1)
Trong mặt phẳng Oxy cho elíp (E):
2 2
x y
1
18 8
+ =
. Tiếp tuyến của (E) tại M (E) cắt 2
trục tọa độ tại A và B. Tìm vị trí của M trên (E) để OAB có diện tích nhỏ nhất.
Phơng trình tiếp tuyến AB của (E) tại M(x
0
; y
0
) trên (E) là (d):
0 0
xx yy
1
18 8
+ =
d cắt Ox, Oy tại A, B tơng ứng có tọa độ là
0 0
18 8
A ;0 ; B 0;
x y

ữ ữ


OAB

0 0
1 1 18 8
S OA . OB .
2 2 x y

= =

Do M(E)
2 2
0 0
x y
1
18 8
+ =
(1) không đổi
2 2
0 0
x y
.
18 8
lớn nhất
2 2
0 0
x y
18 8
=
(2)
0.25
0.25
3

Từ (1) và (2) ta có 4 điểm thỏa mãn là
1 2 3 4
M ( 3; 2); M ( 3; 2); M (3;2); M (3; 2)
0.5
IV.2)
Trong không gian Oxyz cho
x 2 y z 1
d :
1 1 2
+
= =

và điểm A= (3;3;2). Xác
định tọa độ điểm B đối xứng với A qua d.
Mp() qua A vuông góc với d có phơng trình: (x3) (y+3) 2(z 2) = 0
x y 2z 2 = 0.
D có phơng trình tham số
x 2 t
y t
z 1 2t
= +


=


=

. Thay vào phơng trình của () ta có:
2 + t + t + 2 + 4t 2 = 0

2
t
3
=
d cắt () tại điểm
4 2 1
I ; ;
3 3 3

=
ữ

B là điểm đối xứng với A qua d I là trung điểm AB

B
B I A
B I A B
B I A
B
1
x
3
x 2x x
13
y 2y y y
3
z 2z z
4
z
3

=
=



= =


=

=


.
Vậy điểm B đối xứng với A qua d có tọa độ
1 13 4
B ; ;
3 3 3

=
ữ

0.25
0.25
0.25
0.25
V
Chứng minh rằng:
( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2
a b c a b c
m m m h h h 27S+ + + +
Theo công thức trung tuyến ta có:
( )
3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c
3 9
m m m a b c a b c
4 4
+ + = + +
(1)
Mặt khác:
ABC a b c
1 1 1
S ah bh ch
2 2 2

= = =
. Do đó:
2 2 2 2 2
3
a b c
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
h h h 4S 12S
a b c a b c

+ + = + +

ữ

(2)
Nhân vế với vế 2 bất đẳng thức cùng chiều (1) và (2) ta có đpcm.
0.5
0.5
4