Def thi thu so 22

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Đề LTĐH năm học 2014. ĐỀ THI THỬ SỐ 22 1 Câu 1: (2,0 điểm) Cho phương trình: y = x 3 − ( m − 1) x 2 − ( m3 − m 2 − 2m − 1) x 3. (1). a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với. b. Tìm tất cả các giá trị của m hàm số (1) có cực đại và cực tiểu x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Từ. đó tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x13 + x23 + 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 Câu 2: (1,0 điểm) Giải các phương trình tan 2 x − tan x =. 1 ( sin 4 x + sin 2 x ) 6. 8 xy  2 2  x + y + x + y = 16 (1) Câu 3: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x + y = x2 − y (2) . Câu 4: (1,0 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫ sin 2 x ( x 2 + cos 2013 x ) dx π 2. 0.
= 600 , tam Câu 5: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, ABC. giác SAB đều. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên. mp(ABC) là một điểm nằm trên đường thẳng AH. Tính thể tích khối chóp S.ABC và góc giữa hai m ặt. phẳng mp(SAC) và mp(ABC).. Câu 6: (1,0 điểm) Cho các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=. bc a b +a c 2. 2. +. ca b a+b c 2. 2. +. ab c a + c 2b 2. Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-2; 1), cạnh BC = 4, điểm. M(1; 3) nằm trên đường thẳng BC và điểm I(-1; 3) là tâm đường tròn ngo ại tiếp tam giác ABC. Tính diện tích tam giác ABC.. Câu 8: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1; 4; 2), B(-1;2;4) và đường. thẳng d:. x −1 y + 2 z = = . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, cắt và đồng thời vuông góc với d. −1 1 2. Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác AMB nhỏ nhất..  n  Câu 9: (1,0 điểm) Tìm hệ số chứa x 4 trong khai triển 1 + x + 3 x 2   6  ===================================== Đáp số: Câu 1: Pmax = 16 khi m = 2 , Pmin = −144 khi m = −2 Câu 3: (–3; 7); (2; 2). Câu 6: Pmin = Câu 8:. Câu 4: I =. π2 2011 − 8 2.2015. n− 2. biết : Cnn++41 − Cnn+3 = 7(n + 3) .. Câu 2: x = kπ , k ∈ Z Câu 5: VS.ABC =. a3 2 2 6 . ϕ = arctan . 6 3. Câu 7: S = ±3 + 2 3. 3 khi x = y = z = 1 2. x −1 y − 4 z − 2  −12 5 38  ; ;  = = , M 5 13 −4  7 7 7 . Câu 9: 8085 ~1~.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đề LTĐH năm học 2014. HƯỚNG DẪN 1 Câu 1: (2,0 điểm) Cho phương trình: y = x 3 − ( m − 1) x 2 − ( m3 − m 2 − 2m − 1) x (1) 3 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với b. Tìm tất cả các giá trị của m hàm số (1) có cực đại và cực tiểu x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Từ. đó tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x13 + x23 + 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 HD: Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4. m ≥ 2 m ( m2 − 4) ≥ 0 ∆ ' ≥ 0  −2 ≤ m ≤ 0   ⇔ ⇔ ⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔  2 ≤ m ≤ 3  x1 + x2 ≤ 4 m ≤ 3 2 ( m − 1) ≤ 4  Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 2 Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = −m3 + ( m + 1) suy ra. P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m3 + 8 ( m + 1) = −16m2 + 40m 3. 3. 2. Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = −16m 2 + 40m với m trên tập D = [ −2; 0 ] ∪ [ 2;3] . Ta thấy P là một hàm số b ậc hai (ẩn m) Bảng biến thiên m. -2. 0. 2. 0. 16. 3. P -144. -24. T ừ b ảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m = 2 , Pmin = −144 khi m = −2 .. Câu 2: (1,0 điểm) Giải các phương trình tan 2 x − tan x =. 1 ( sin 4 x + sin 2 x ) 6. HD:. π π  x ≠ +k  cos2 x ≠ 0  4 2 , k, l ∈ Z Điều kiện :  ⇔ ( ) cos x ≠ 0  x ≠ π + lπ   2 sin 2 x.cos x − cos 2 x.sin x 1 Pt ⇔ = ( sin 4 x + sin 2 x ) cos x.cos 2 x 6 ⇔ 6sin x = cos x.cos 2 x.sin 2 x ( 2 cos 2 x + 1) sin x = 0 ⇔ x = kπ ( t / m) ⇔ 2  2cos x.cos 2 x ( 2 cos 2 x + 1) = 6. ( *). (*) ⇔ (1 + cos 2 x ) .cos 2 x. ( 2 cos 2 x + 1) = 6. ⇔ 2 cos3 2 x + 3cos 2 2 x + cos 2 x − 6 = 0 ⇔ cos 2 x = 1 ⇔ x = kπ , k ∈ Z Vậ y pt có nghiệm x = kπ , k ∈ Z 8 xy  2 2  x + y + x + y = 16 (1) Câu 3: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x + y = x2 − y (2) . HD: ~2~. (t / m).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Đề LTĐH năm học 2014. ĐK: x + y > 0 * (1) ⇔ (x2 + y2)(x + y) + 8xy = 16(x + y) ⇔ [(x + y)2 – 2xy ] (x + y) – 16(x + y) + 8xy = 0 ⇔ (x + y)3 – 16(x + y) – 2xy(x + y) + 8xy = 0 ⇔ (x + y)[(x + y)2 – 16] – 2xy(x + y – 4) = 0 (3) x + y − 4 = 0 ⇔  2 2  x + y + 4( x + y ) = 0 (4). T ừ (3) ⇒ x + y = 4, thay vào (2) ta được:  x = −3 ⇒ y = 7 . x2 + x – 4 = 2 ⇔ x2 + x – 6 = 0 ⇔  x = 2 ⇒ y = 2 (4) vô nghiệm vì x2 + y2 > 0 vì x + y > 0. Vậ y hệ có hai nghiệm là: (–3; 7); (2; 2). Câu 4: (1,0 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫ sin 2 x ( x 2 + cos 2013 x ) dx π 2. 0. HD:. I = ∫ sin 2 x ( x 2 + cos 2013 x ) dx = ∫ x 2 .sin 2 x.dx + ∫ sin 2 x.cos 2013 x.dx = I1 + I2 π 2. π 2. π 2.  du = 2 x.dx u = x 2  Đặt:  ⇒ 1  dv = sin 2 x.dx v = − cos 2 x  2. 0. 0. (+) I1 = ∫ x .sin 2 x.dx π 2. 2. 0. 0. π 2 − x .cos 2 x π2 2 = + ∫ x.cos 2 x.dx ⇒ I1 = 2 + ∫ x.cos 2 x.dx 8 2 0 0 0  du = dx u = x  Đặt:  ⇒ 1  du = cos 2 x.dx v = .sin 2 x  2 π π π 2 x.sin x 12 π π2 1 π2 1 π2 1 Ta có: I1 = x + − sin 2 x . dx = + cos 2 = + ( − 1 − 1) = − 2 2 8 2 2 ∫0 8 4 8 4 8 2 0 0 π. π. 2. π π2 1 2 π2 2011 cos 2015 x 2 (+) I2 = −2 ∫ cos x.d (cos x) = −2. . Vậy: I = − + = − 2= 2015 2015 8 2 2015 8 2.2015 0 0
= 600 , tam Câu 5: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, ABC π 2. 2014. giác SAB đều. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên. mp(ABC) là một điểm nằm trên đường thẳng AH. Tính thể tích khối chóp S.ABC và góc giữa hai m ặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC).. S. HD: Tính thể tích khối chóp S.ABC - Gọi O là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC) ; O thuộc AH. - Tam giác ABC có : AB = a ; BC = 2a ; AC = 2 3.
= 600 ⇒ BAH
= 300 ; - Tam giác ABH có ABH 2. AB a a a 3 = ; AH = a 2 − = . 2 2 4 2 - AO và BO lần lượt là hình chiếu vuông góc của SA, SB BH =. ~3~. a a a 3. M ϕ. A. C. 300 O. a 600. a 2. 2a H.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Đề LTĐH năm học 2014. trên mp(ABC), mà SA = SB ⇒ OA = OB.
= 300 ⇒ OBH
= 30 0 ⇒ ∆AOB cân tại O ⇒ ABO a - Tam giác BHO có : OH = BH. tan 300 = ; 2 3 a OA = OB = 2OH = . ( Suy ra O nằm giữa A và H) 3 SO = AB2 − OB2 = a 2 −. - Tam giác SAO có :. a2 2 =a . 3 3. 1 1 1 2 a3 2 VS.ABC = SO.S(ABC) = AB.AC.SO = .a.a 3.a = . (đvtt) 3 6 6 3 6 Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC) - Hạ OM ⊥ AC = M (1) ; do AC ⊥ SO , suy ra AC ⊥ mp(SOM) ⇒ AC ⊥ SM (2) Từ (1), (2) ⇒ góc ϕ giữa hai mp(SAC) và mp(ABC) chính là góc giữa SM và MO.
Tam giác SMO vuông tại O ⇒ ϕ = SMO.
= a sin 600 = a . 3 = a - Trong tam giác AOM có : OM = AO sin OAM 2 3 3 2 2 a SO 3 = 2 6 ⇒ ϕ = arctan 2 6 . Vậy : tan ϕ = = a MO 3 3 2 Câu 6: (1,0 điểm) Cho các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=. bc a b +a c 2. 2. +. ca b a+b c 2. 2. +. ab c a + c 2b 2. HD: P=. bc a (b + c) 2. Đặt x =. +. ca b (a + c) 2. +. ab c (a + b) 2. 1 1 1 , y= , z= . a b c. Ta có P =. x2 y+z. +. y2 z+x. +. 1. 1. 1. 1. 2. 2. 2. 2. 2. 1. 2 + b + c = a + b + c b+c a+c a+b 1 1 1 1 1 1 + + + bc ac ab b c c a a b. = a. Do abc = 1 ⇒ xyz = 1 và a,b,c d ương suy ra x,y,z d ương.. z2 x+y. Áp dụng b ất đẳng thức Côsi, ta có ⇒P+. 1. x2 y+z. +. y+z 4. ≥x,. z2 x+y y2 z+x + ≥z + ≥y, z+x 4 x+y 4. x+y+z x+y+z 33 3 ≥ x+y+z ⇒P≥ ≥ xyz = 2 2 2 2. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1. Vậy Pmin =. 3 khi x = y = z = 1 2. Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-2; 1), cạnh BC = 4, điểm M(1; 3) nằm trên đường thẳng BC và điểm I(-1; 3) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính diện tích tam giác ABC. HD:. ~4~.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Đề LTĐH năm học 2014. Câu 8: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1; 4; 2), B(-1;2;4) và đường x −1 y + 2 z thẳng d: = = . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, cắt và đồng thời vuông góc với d. −1 1 2 Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác AMB nhỏ nhất. HD:

 (∆) * Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là ud = ( −1;1; 2 ). Gọi C là giao điểm của (∆) và (d) => C(1-t; -2+t; 2t)


 A Ta có AC = ( −t ; −6 + t; 2t − 2)
u Do đường thẳng ∆ vuông góc với đường thẳng d




 5 (d) C ⇒ u d . AC = 0 ⇔ t + t − 6 + 2(2t − 2) = 0 ⇔ 6t − 10 = 0 ⇔ t = 3


 1  −2 −1 10  Suy ra: C  ; ;  và AC = − ( 5;13; −4 ) 3  3 3 3 Đường thẳng (∆) cần tìm đi qua A(1; 4; 2) và có
x −1 y − 4 z − 2 vectơ chỉ phương là v = ( 5;13; −4 ) nên có pt: = = 5 13 −4 b. M ∈ d => M(1- t; -2+t; 2t)



 Ta có AM = ( −t; −6 + t ; 2t − 2)









 AB = ( −2; −2; 2) ⇒  AM , AB  = ( 6t − 16; −2t + 4; 4t − 12 ) 1






 1 1 2 2 2 Ta có: S AMB =  AM , AB  = ( 6t − 16 ) + ( −2t + 4) + ( 4t − 12 ) = 56t 2 − 304t + 416 2 2 2 304 19 2 Vì hàm số: 56t - 304t + 416 là hàm số bậc hai nên SAMB nhỏ nhất khi t = = . Lúc đó 112 7  −12 5 38  M ; ;   7 7 7 .  n  Câu 9: (1,0 điểm) Tìm hệ số chứa x 4 trong khai triển 1 + x + 3 x 2   6  HD: ~5~. n− 2. biết : Cnn++41 − Cnn+3 = 7(n + 3) ..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Đề LTĐH năm học 2014. ĐK: n ∈ N (1) ⇔. (n + 4)! (n + 3)! − = 7(n + 3) ⇔ (n + 4)(n + 2) − (n + 1)(n + 2) = 42 ⇔ n = 12 (n + 1)!3! n !3!. 1 + Với n = 12 ⇒ (1 + 2 x) + 3 x 2  = C100 (1 + 2 x)10 + C10 (1 + 2 x)9 .3 x 2 + C102 (1 + 2 x)8 9 x 4 + ... 10. Ta có: 1 C100 (1 + 2 x)10 = C100 C100 + C10 2 x + C102 4 x 2 + C103 8 x3 + C104 16 x 4 + ... 1 C90 + C91 2 x + C92 4 x 2 + ... 3 x 2C101 (1 + 2 x)9 = 3 x 2C10. 9 x 4 C102 (1 + 2 x)8 = 9 x 4 C102 C80 + .... 1 Vậ y hệ số của số hạng chứa x 4 là : C100 C104 16 + 3C10 C92 4 + 9C102 C80 = 8085 .. ~6~.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>