Bộ đề luyện thi cấp tốc môn Toán_06

Biên soạn: Trần Duy Thái
103
ĐỀ 19
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
mxxmxy  9)1(3
23
, với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với
1m
.
2. Xác định
m
để hàm số đã cho đạt cực trị tại
21
, xx
sao cho
2
21
 xx
.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: )
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2

1



 x
xx
x
x .
2. Giải phương trình:
)12(log1)13(log2
3
5
5
 xx
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân




5
1
2
13
1
dx
xx
x
I
.

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều
'''. CBAABC
có
).0(',1  mmCCAB
Tìm
m
biết
rằng góc giữa hai đường thẳng 'AB và
'BC
bằng
0
60
.
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
zyx ,,
thoả mãn
3
222
 zyx
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
zyx
zxyzxyA


5
.
B. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

,Oxy
cho tam giác
ABC
có
)6;4(A
, phương trình các
đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh
C
lần lượt là 0132  yx và 029136  yx .
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hình vuông MNPQ có )4;3;2(),1;3;5(  PM . Tìm toạ độ
đỉnh
Q
biết rằng đỉnh
N
nằm trong mặt phẳng
.06:)(  zyx


Câu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập
 
6,5,4,3,2,1,0E
. Từ các chữ số của tập
E
lập được bao nhiêu số tự nhiên
chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau?
b. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

,Oxy
xét elíp
)(E
đi qua điểm
)3;2( M
và có
phương trình một đường chuẩn là
.08 x
Viết phương trình chính tắc của
).(E

2. Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho các điểm
)2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA
và mặt phẳng
.022:)(  yx

Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm
CBA ,,
và mặt phẳng
).(


Câu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức
n
xnxx )1(...)1(21
2

thu được đa thức

n
n
xaxaaxP  ...)(
10
. Tính hệ số
8
a
biết rằng
n
là số nguyên dương thoả mãn
n
CC
nn
171
32

.

ĐÁP ÁN ĐỀ 19

Câu Đáp án Điểm
www.VNMATH.com
Biờn son: Trn Duy Thỏi
104
1. (1,25 im)
Với
1m
ta có
196
23

xxxy
.
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
Chiều biến thiên:
)34(39123'
22
xxxxy

Ta có






1
3
0'
x
x
y
,
310' xy
.
Do đó:
+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)1,(
và
),3(

.
+ Hm số nghịch biến trên khoảng
).3,1(






0,5
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1x
và
3)1( yy
CD
; đạt cực tiểu tại
3x
và
1)3( yy
CT
.
Giới hạn:


yy
xx
lim;lim
.

0,25
Bảng biến thiên:













0,25
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm )1,0( .
1 2 3 4
-1
1
2
3
x
y
O

0,25
2. (0,75 điểm)

Ta có
.9)1(63'
2
xmxy

+) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại
21
, xx



phương trình
0'y
có hai nghiệm pb là
21
, xx



Pt
03)1(2
2
xmx
có hai nghiệm phân biệt là
21

, xx
.








31
31
03)1('
2
m
m
m

)1(





0,25

I
(2,0
im)
+) Theo định lý Viet ta có

.3);1(2
2121
xxmxx
Khi đó

41214442
2
21
2
2121
mxxxxxx


)2(134)1(
2
mm




0,5
x
y
y
3
-1

0
0
3
1








www.VNMATH.com
Biờn son: Trn Duy Thỏi
105
Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là
313 m
và
.131 m


1. (1,0 điểm)
Điều kiện: .0cossin,0sin xxx
Pt đã cho trở thành 0cos2
cossin
cossin2
sin2
cos

x
xx
xx
x
x


02sin)
4
sin(cos
0
cossin
cos2
sin2
cos
2











xxx
xx
x

x
x


+)
.,
2
0cos kkxx








0,5

+)

nm
n
x
mx
nxx
mxx
xx ,
3
2
4
2
4
2
4
2
2
4
2
)
4
sin(2sin

.,
3
2
4
t
t
x


Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là


kx
2
; .,,
3
2
4
tk
t
x

0,5

2. (1,0 điểm)
Điều kiện .
3
1
x (*)
Với đk trên, pt đã cho
)12(log31)13(log
5
2
5
xx


32
3
5
2
5
)12()13(5
)12(log)13(5log

xx
xx




0,5

II
(2,0
im)










8
1
2
0)18()2(
0436338
2
23
x
x

xx
xxx

Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là
.2x




0,5

III
(1,0
im)

Đặt
3
2
132
3
13
tdt
dx
x
dx
dtxt

.
Khi
1x

thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4.
Suy ra













4
2
2
2
2
3
2
.
.
3
1
1
3
1
tdt

t
t
t
I



4
2
2
4
2
2
1
2)1(
9
2
t
dt
dtt





0,5
www.VNMATH.com
Biờn son: Trn Duy Thỏi
106

.
5
9
ln
27
100
2
4
1
1
ln
2
4
3
1
9
2
3











t

t
tt


0,5
- Kẻ
)''('// BADABBD

0
60)',()','( BCBDBCAB


0
60' DBC
hoặc
.120'
0
DBC


0,5

IV
(1,0
điểm)
- Nếu
0
60'DBC

Vì lăng trụ đều nên

).'''(' CBABB

áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta
có



1'
2
mBCBD
và
.3'DC

Kết hợp
0
60'DBC
ta suy ra
'BDC

đều.
Do đó
.231
2
mm

- Nếu
0
120'DBC

áp dụng định lý cosin cho

'BDC
suy
ra
0m
(loại).
Vậy
.2m



* Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trường hợp góc
0
60
thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng.
- HS có thể giải bằng phương pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:
''.
'.'
)','cos()','cos(
BCAB
BCAB
BCABBCAB
.





0,5
Đặt
zyxt

2
3
)(23
2
2


t
zxyzxyzxyzxyt
.
Ta có
30
222
zyxzxyzxy
nên
3393
2
tt
vì
.0t

Khi đó .
5
2
3
2
t
t

A





0,5
V
(1,0
điểm)
Xét hàm số .33,
2
35
2
)(
2
t
t
t
tf
Ta có 0
55
)('
2
3
2



t

t
t
ttf vì
.3t

Suy ra )(tf đồng biến trên
]3,3[
. Do đó .
3
14
)3()( ftf
Dấu đẳng thức xảy ra khi
.13 zyxt

Vậy GTLN của A là
3
14
, đạt được khi
.1 zyx






0,5
1. (1 điểm)
VIa.
(2,0
điểm)

- Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH
và CM. Khi đó
CH có phương trình
0132 yx
,






A
2
1 m
C
C
B
B
A
m
D
3
1
1
0
120

C(-7; -1)
B(8; 4)
www.VNMATH.com

Biờn son: Trn Duy Thỏi
107
CM có phương trình
.029136 yx

- Từ hệ
).1;7(
029136
0132






C
yx
yx

-
)2,1(
CHAB
unCHAB


0162: yxABpt
.
- Từ hệ
)5;6(
029136

0162
M
yx
yx








).4;8(B




0,5
- Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp
.0:
22
pnymxyxABC

Vì A, B, C thuộc đường tròn nên

0750
04880
06452
pnm
pnm
pnm









72
6
4
p
n
m
.
Suy ra pt đường tròn:
07264
22
yxyx
hay
.85)3()2(

22
yx



0,5
2. (1 điểm)
- Giả sử
);;(
000
zyxN
. Vì
)1(06)(
000
zyxN


- MNPQ là hình vuông
MNP
vuông cân tại N








0.PNMN
PNMN

0)4)(1()3()2)(5(
)4()3()2()1()3()5(
00
2
000
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
zzyxx
zyxzyx

0,5







)3(0)4)(1()3()2)(5(
)2(01
00
2
000
00
zzyxx
zx

- Từ (1) và (2) suy ra





1
72
00
00

xz
xy
. Thay vào (3) ta được
065
0
2
0
xx








2,1,3
1,3,2
000
000
zyx
zyx
hay





)2;1;3(
)1;3;2(

N
N
.
- Gọi I là tâm hình vuông

I là trung điểm MP và NQ

)
2
5
;3;
2
7
( I .
Nếu
)13;2( N
thì
).4;3;5( Q

Nếu
)2;1;3( N
thì
).3;5;4( Q




0,5

Giả sử

abcd
là số thoả mãn ycbt. Suy ra

6,4,2,0d .
+)
.0d
Số cách sắp xếp
abc
là
.
3
6
A

+)
.2d
Số cách sắp xếp
abc
là
.
2
5
3
6
AA



0,5

VIIa.
(1,0
điểm)
+) Với
4d
hoặc
6d
kết quả giống như trường hợp
.2d

Do đó ta có số các số lập được là

.4203
2
5
3
6
3
6
AAA



0,5
1. (1 điểm)
VIb.
(2,0
điểm)

www.VNMATH.com
Biờn son: Trn Duy Thỏi
108
- Gọi phương trình )0(1:)(
2
2
2
2
ba
b
y
a
x
E .
- Giả thiết










)2(8
)1(1
94

2
22
c
a
ba

Ta có
).8(88)2(
22222
cccccabca

Thay vào (1) ta được 1
)8(
9
8
4



ccc
.

0,5

2
13
2
026172
2
c
c
cc

* Nếu
2c
thì .1
1216
:)(12,16
22
22

yx
Eba
* Nếu
2
13
c
thì .1
4/3952
:)(
4
39

,52
22
22

yx
Eba






0,5
2. (1 điểm)
Giả sử
);;(
000
zyxM
. Khi đó từ giả thiết suy ra
5
22
)2()3()1()1(
002
0
2
0
2
0
2
0

2
0
2
0
2
0
2
0
2
0


yx
zyxzyxzyx














)3(
5

)22(
)1(
)2()2()3()1(
)1()1()1(
2
00
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0

2
0
2
0
2
0
yx
zyx
zyxzyx
zyxzyx





0,5

Từ (1) và (2) suy ra





00
00
3 xz
xy
.
Thay vào (3) ta được
2
00
2
0
)23()1083(5 xxx

3
23
1
0
0
x
x







).
3
14
;
3
23
;
3
23
(
)2;1;1(
M

M




0,5

Ta có











nnnnnn
n
nCC
nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2
3
171

32


.9
0365
3
2






n
nn
n




0,5

VIIb.
(1,0
điểm)
Suy ra
8
a là hệ số của
8
x

trong biểu thức
.)1(9)1(8
98
xx

Đó là
.89.9.8
8
9
8
8
CC


0,5

www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái
109
ĐỀ 20
I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh
Câu I(2 điểm) :Cho hàm số
3 2
y x 2mx (m 3)x 4    
có đồ thị là (C
m
)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C
1
) của hàm số trên khi m = 2.

2) Cho E(1; 3) và đường thẳng (

) có phương trình x-y + 4 = 0. Tìm m để (

) cắt (C
m
) tại ba điểm
phân biệt A, B, C ( với x
A
= 0) sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4.
Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình:
2
3 2 sin 2 1
1 3
2cos sin 2 tanx

   
x
x x
.
b.Giải hệ phương trình :
3 2
4 3 2 2
x y x xy 1
x x y x y 1

   


  




Câu III (1 điểm). Tính tính phân sau:
π
2
2
0
dx
I
cos x 3cosx 2

 

.

Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng
/ / /
ABC. A B C
có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a .Gọi E là
trung điểm của
/
BB .Xác định vị trí của điểm F trên đoạn
/
AA sao cho khoảng cách từ F đến C
/
E là nhỏ nhất.
Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn:
1 1 1
1  

a b c
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
b c c a a b
T
a b c
  
  
II. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: ( 2 điểm)
1/.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường thẳng (d) :
3 7 0x y  
và điểm A(3;3).
Tìm toạ độ hai điểm B, C trên đường thẳng (d) sao cho  ABC vuông, cân tại A.
2/. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P) :
2x y 5z 1 0   
. Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa
trục Oz và tạo với mặt phẳng (P) một góc 60
0


Câu VIIa:( 1 điểm)
Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong
đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:

2 2 1
3
1

9 19
2 2
720
m
m n m
n
C C A
P




  






Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu VIb:( 2 điểm)
1/. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3), B(
)0;2(),0;
4
1
C

2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua
A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
Câu VII:( 1 điểm)

Giải hệ phương trình :
 
 
2 2
3 3
2 2
2 2
log log
4

    



 

y x y x x xy y
x y



www.VNMATH.com