Thư viện tri thức trực tuyến
Kho tài liệu với 50,000+ tài liệu học thuật
© 2023 Siêu thị PDF - Kho tài liệu học thuật hàng đầu Việt Nam
Tài liệu Tuyển tập để thi thử Toán ĐH 2010 - TSD 1 pptx
Nội dung xem thử
Mô tả chi tiết
Trần Sĩ Tùng
Trường THPT Phan Châu Trinh
ĐÀ NẴNG
Đề số 13
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi: TOÁN – Khối D
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3
1
x
y
x
-
=
+
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm I (-1;1) và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm
của đoạn MN.
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình: cos3x + sin 2x = + 3 (sin 3x x cos 2 )
2) Giải hệ phương trình:
( x y ) xy
x y
3 3
2 2
3 4
9
ÏÔ - = Ì
ÔÓ =
Câu III (1 điểm): Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: ( )( )
2 2 m - 2 1 1 + x + = - x m có nghiệm.
Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC ' ' ' có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC)
bằng
2
a
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.ABC ' ' ' .
Câu V (1 điểm): Chứng minh ( )
a b c
ab bc ca a b c
a b b c c a
2 2 2 1
2
+ + + + + ³ + +
+ + +
với mọi số dương abc ; ; .
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):
1) Giải bất phương trình: ( ) ( ) 2 2 2
1+ log x + log x x + 2 > - log 6
2) Tính:
2
ln x dx Ú
Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M (2;1) và tạo với các
trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 .
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1) Giải hệ phương trình :
2 2
1
2 3 x y
y x x y
+
ÏÔ + = + Ì
ÔÓ =
2) Tìm nguyên hàm của hàm số ( ) cos 2 1
cos 2 1
x
f x
x
-
=
+
.
Câu VII.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) , cho điểm
1
3;
2
M
Ê ˆ Á ˜ Ë ¯ . Viết phương trình chính tắc của elip
đi qua điểm M và nhận F1 (- 3;0) làm tiêu điểm.
============================
Trần Sĩ Tùng
Hướng dẫn:
I. PHẦN CHUNG
Câu I: 2) Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k fi PT d : y = k x( + + 1 1 ) .
Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N
3
: 1
1
x
PT kx k
x
- ¤ = + +
+
có 2 nghiệm phân biệt khác -1.
Hay: ( )
2
f x = kx + 2kx k + + = 4 0 có 2 nghiệm phân biệt khác -1
( )
0
4 0 0
1 4 0
k
k k
f
Ï ¹
Ô
¤ ÌD = - > ¤ <
Ô
- = ¹ Ó
Mặt khác: M 2 2 N I x + x x = - = ¤ I là trung điểm MN với " < k 0 .
Kết luận: PT đường thẳng cần tìm là y = kx k + +1 với k < 0 .
Câu II: 1) PT ¤ cos3x - 3 sin 3x = + 3 cos 2x x sin 2 1 3 3 1
cos3 sin 3 cos 2 sin 2
2 2 2 2
¤ x - x = +x x
cos 3 cos 2
3 6
x x
Ê p p ˆ Ê ˆ ¤ Á + ˜ = - Á ˜ Ë ¯ Ë ¯ ¤
2
6
2
10 5
p
p
p p
È
= - + Í
Í
Í = - + ÍÎ
x k
k
x
2) Ta có :
2 2 x y = 9 3 ¤ xy = ± .
· Khi: xy = 3 , ta có:
3 3 x y - = 4 và ( )
3 3
x y . - = -27
Suy ra: ( )
3 3
x y ; - là các nghiệm của phương trình:
2 X - 4X X - 27 = 0 ¤ = ±2 31
Vậy nghiệm của Hệ PT là 3 3 x y = 2 + 31, = - -2 31 hoặc
3 3 x y = 2 - 31, = - +2 31 .
· Khi: xy = -3 , ta có:
3 3 x y - = -4 và ( )
3 3
x y . - = 27
Suy ra: ( )
3 3
x y ; - là nghiệm của phương trình:
2 X + 4X + = 27 0 ( ) PTVN
Câu III: Đặt 2
t x = +1 . Điều kiện: t ³1. PT trở thành: ( )( )
2
m - 2 t +1 1 = t m- - ¤ ( )
1
1
2
= + ³
+
m t t
t
Xét hàm số: ( ) ( )
( )
2
1 1 ' 1
2 2
f t t f t
t t
= + fi = -
+ + ( )
2
2
4 3
2
+ +
=
+
t t
t
t loaïi f t
t loaïi
1 ( ) ( ) 0 3 ( )
È = - ¢ = ¤ Í
Î = -
. Dựa vào BBT, ta kết luận
4
3
m ³ .
Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A¢M. Ta có: ( ' )
'
Ï ^
Ì fi ^ fi ^
Ó ^
BC AM
BC AA M BC AH
BC AA
.
Mà ' ( ' )
2
a
AH ^ A M fi AH ^ A BC fi = AH .
Mặt khác: 2 2 2
1 1 1 6 '
' 4
a
AA
AH A A AM
= + fi = .
Kết luận:
3
. ' ' '
3 2
16 ABC ABC
a
V = .
Câu V: Ta có:
2
1
2 2
a ab ab
a a a ab
a b a b ab
= - ³ - = -
+ +
(1)
Tương tự:
2
1
2
b
b bc
b c
³ -
+
(2),
2
1
2
c
c ca
c a
³ -
+
(3).
Cộng (1), (2), (3), ta có: ( )
2 2 2 1
2
abc
ab bc ca abc
a b b c c a
+ + + + + ³ + +
+ + +
II. PHẦN TỰ CHỌN
1. Theo chương trình chuẩn
Trần Sĩ Tùng
Câu VI.a: 1) Điều kiện: 0 6 < <x .
BPT ( ) ( )
2 2
2 2 ¤ log 2x + 4x x > - log 6 ( )
2 2 2
¤ 2 4 x + x > 6 - x ¤ x x +16 - > 36 0 ¤ x < -18 hay 2 < x
So sánh với điều kiện. Kết luận: Nghiệm của BPT là 2 6 < <x .
2) Đặt u x du dx
x
dv dx
v x
2
2
ln
Ï
Ï = Ô =
Ì Ì fi
Ó = Ô
Ó =
. Suy ra :
2 2 2
= ln = ln - 2 = ln 2 - + Ú Ú I x dx x x dx x x x C
Câu VII.a: Gọi A(a;0),B b (0; ) là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: : 1 x y d
a b
+ = .
Theo giả thiết, ta có:
2 1 1
8
Ï
Ô + =
Ì
Ô = Ó
a b
ab
¤
b a ab
ab
2
8
Ï + = Ì
Ó =
.
· Khi ab = 8 thì 2 8 b a + = . Nên: 1
b = 2;a = 4 fi d : x y + 2 - = 4 0 .
· Khi ab = -8 thì 2 8 b a + = - . Ta có:
2
b + 4b b - 4 = 0 ¤ = - ±2 2 2 .
+ Với ( ) ( )
2
b = -2 + 2 2 fi d : 1- 2x y + 2 1+ 2 - = 4 0
+ Với ( ) ( )
3
b = -2 - 2 2 fi d : 1+ 2x y + 2 1- 2 + = 4 0 .
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: 1)
2 2
1
(1)
2 3 (2) +
ÏÔ + = + Ì
ÔÓ =
x y
y x x y
(*).
Từ (1) ta có: ( )( )
2 2 1 0
1
È =
+ = + ¤ - + - = ¤ Í
Î = -
y x
y x x y y x y x
y x
· Khi: y x = thì (*) ¤ x x
y x
1
2 3 +
Ï =
Ì
Ó =
¤
2
3
2
3
log 3
log 3
Ï =
Ô
Ì
= Ô
Ó
x
y
.
· Khi: y x = -1 thì (*) ¤ x x
y x
2
1
2 3 -
Ï = - Ì
Ó =
¤
6
6
log 9
1 log 9
Ï =
Ì
Ó = -
x
y
2) Ta có: ( )
2
f x x = - tan 2
1
1
cos
= -
x
fi F ( x) = x - + tan x C
Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng:
2 2
2 2 1( 0) x y a b
a b
+ = > > .
Ta có:
2 2
2 2
3
1
4
3 1
a b
a b
- =
+ =
Ï
Ô
Ì
Ô
Ó
¤ a
b
2
2
4
1
ÏÔ =
Ì
ÔÓ =
. Vậy (E):
2 2
1
4 1
x y
+ =
=====================
Trần Sĩ Tùng
Trung tâm BDVH & LTĐH
QUANG MINH
Đề số 9
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
m x m
y
x
2
(2 1)
1
- -
=
-
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1.
2) Tìm m để đồ thị của hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x = .
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình: x x x
2
2 - 3 cos2 + = sin 2 4cos 3
2) Giải hệ phương trình:
xy
x y
x y
x y x y
2 2
2
2
1
Ï
Ô + + = Ì +
Ô + = - Ó
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
x
dx
x x
2
3
0
sin
(sin cos )
p
+
Ú
Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A¢B¢C¢có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, A¢M ^ (ABC), A¢M =
a 3
2
(M là trung điểm cạnh BC). Tính thể tích khối đa diện ABA¢B¢C.
Câu V (1 điểm): Cho các số thực x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x y y x y y x
2 2 2 2 + - 4 + 4 + + + 4 + 4 4 + -
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E):
x y
2 2
1
100 25
+ = . Tìm các điểm M Œ (E) sao cho ·F MF 0
1 2 =120
(F1, F2 là hai tiêu điểm của (E)).
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) và mặt phẳng (P) có phương
trình: x + y z = + = 3 0 . Tìm trên (P) điểm M sao cho MA + + 2 3 MB MC
uuur uuur uuur
nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm): Gọi a1, a2, …, a11 là các hệ số trong khai triển sau: x x x a x a x a
10 11 10 9
1 2 11 ( +1) ( + 2) = + + + + ... .
Tìm hệ số a5.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y 2 2 ( - 3) + ( - = 4) 35 và điểm A(5; 5). Tìm trên (C)
hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng d:
x 1 3 y z
111
- -
= = . Tìm trên d hai
điểm A, B sao cho tam giác ABM đều.
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình:
y
x y
x
x y
x y
xy
2010
3 3
2 2
2
log 2
Ï Ê ˆ Ô Á ˜ = - Ô Ë ¯ Ì
+ Ô = + ÔÓ
============================
Trần Sĩ Tùng
Hướng dẫn:
I. PHẦN CHUNG
Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}.
Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y x = thì:
m x m
x
x
m
x
2
2
2
(2 1) (*)
1
( 1) 1 (**)
( 1)
Ï - - Ô =
Ô -
Ì
- Ô =
Ô
Ó -
Từ (**) ta có m x 2 2 ( -1) = - ( 1) ¤
x m
x m 2
È =
Í
Î = -
· Với x = m, thay vào (*) ta được: 0 0 m = (thoả với mọi m). Vì x ¹ 1 nên m ¹ 1.
· Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: m m m m m 2
(2 -1)(2 - ) - = (2 - )(2 - -1) ¤ m
2
4( - = 1) 0 ¤ m =1
m = 1 fi x = 1 (loại)
Vậy với m ¹ 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x = .
Câu II: 1) PT ¤ x x x
3 1
cos2 sin2 cos6
2 2
-
+ = ¤ x x
5
cos 2 cos6
6
Ê ˆ p
Á ˜ - = Ë ¯ ¤
x k
x l
5
48 4
5
24 2
p p
p p
È
= + Í
Í
Í = - + ÍÎ
2)
xy
x y
x y
x y x y
2 2
2
2
1 (1)
(2)
Ï
Ô + + = Ì +
Ô + = - Ó
. Điều kiện: x y + > 0 .
(1) ¤ x y xy
x y
2 1
( ) 1 2 1 0 Ê ˆ
+ - - Á ˜ - =
Ë ¯ +
¤ x y x y x y 2 2 ( + -1)( + + + =) 0 ¤ x y + - =1 0
(vì x y + > 0 nên x y x y 2 2 + + + > 0 )
Thay x y = -1 vào (2) ta được: x x 2
1 = - - (1 ) ¤ x x
2
+ - = 2 0 ¤
x y
x y
1 ( 0)
2 ( 3)
È = = Í
Î = - =
Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3).
Câu III: Đặt t x
2
p
= - fi dt = –dx. Ta có I =
t
dt
t t
2
3
0
cos
(sin cos )
p
+
Ú
=
x
dx
x x
2
3
0
cos
(sin cos )
p
+
Ú
fi 2I =
x
dx
x x
2
3
0
sin
(sin cos )
p
+
Ú
+
x
dx
x x
2
3
0
cos
(sin cos )
p
+
Ú
= dx
x x
2
2
0
1
(sin cos )
p
+
Ú
= dx
x
2
0 2
1 1
2
cos
4
p
Ê ˆ p
Á ˜ -
Ë ¯
Ú
= x
2
0
1
tan
2 4
p
Ê ˆ p
Á ˜ -
Ë ¯ = 1 . Vậy: I =
1
2
.
Câu IV: Vì ABB¢A¢ là hình bình hành nên ta có: C ABB C AB A V V . ' . ' ' = . Mà C ABB ABC
a a a V A M S
2 3
. '
1 1 3 3
. . .
3 3 2 4 8
= ¢ = =
Vậy, C ABB A C ABB
a a V V
3 3
. ' ' . ' 2 2
8 4
= = = .
Câu V: Ta có: P = x y x y x
2 2 2 2 + (2 - ) + + ( + 2) 4 + -
Xét a = (x;2 - y),b = + (x y, 2)
r r
. Ta có: a + b ³ + a b
r r r r fi x y x y x x
2 2 2 2 2 2 + (2 - ) + + ( + 2) ³ 4 +16 = + 2 4
Suy ra: P ³ x x 2
2 + 4 4 + - . Dấu "=" xảy ra ¤ a b,
r r
cùng hướng hay y = 0.
Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: ( x x )
2
2
2 3 + £ (3 + + 1)(4 ) fi x x 2
2 + 4 ³ + 2 3
Dấu "=" xảy ra ¤ x
2
3
= .
Trần Sĩ Tùng
Do đó: P ³ 2 3 4 + x x + - ³ 2 3 + 4 = + 2 3 4 . Dấu "=" xảy ra ¤ x y
2
, 0
3
= = .
Vậy MinP = 2 3 4 + khi x y
2
, 0
3
= = .
II. PHẦN TỰ CHỌN
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: 1) Ta có: a b = = 10, 5 fi c = 5 3 . Gọi M(x; y) Œ (E). Ta có: MF x MF x 1 2
3 3 10 , 10
2 2
= - = + .
Ta có: F F MF MF MF MF ·F MF 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 = + - 2 . .cos
¤ ( ) x x x x
2 2
2 3 3 3 3 1 10 3 10 10 2 10 10
2 2 2 2 2
Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆÊ ˆÊ ˆ
= Á - ˜ + Á + ˜ - Á - ˜Á ˜ + -Á ˜ Ë ¯ Ë ¯ Ë ¯Ë ¯Ë ¯ ¤ x = 0 (y= ± 5)
Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5).
2) Gọi I là điểm thoả: IA + 2IB + = 3 0 IC
uur uur uur r
fi I
23 13 25
; ;
666
Ê ˆ Á ˜ Ë ¯
Ta có: T = MA MB MC (M ) ( ) ( ) + 2 + 3 = I + IA + 2 MI + IB + 3 MI + IC = = 6 6 MI MI
uuur uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uuur
Do đó: T nhỏ nhất ¤ MI
uuur
nhỏ nhất ¤ M là hình chiếu của I trên (P).
Ta tìm được: M
13 2 16
; ;
9 9 9
Ê ˆ Á ˜ -
Ë ¯ .
Câu VII.a: Ta có: x C x C x C x C 10 0 10 1 9 9 10
10 10 10 10 ( +1) = + + ... + + fi x x (C C x)
10 5 4 6
10 10 ( +1) ( + 2) = ... + + + 2 ...
fi a C C 5 4
5 10 10 = + = 2 672 .
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4).
· Ta có:
AB AC
IB IC
Ï =
Ì
Ó =
fi AI là đường trung trực của BC. DABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của ·BAC .
Do đó AB và AC hợp với AI một góc 0
45 .
· Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 0
45 . Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và AB = AC.
Vì IA = (2;1)
uur
¹ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ fi VTCP của d có hai thành phần đều
khác 0. Gọi u a = (1; ) r
là VTCP của d. Ta có:
( )
a a IA u
a a
2 2 2
2 2 2
cos ,
2
1 2 1 5 1
+ +
= = =
+ + +
uur
r ¤ a a2
2 2 + = + 5 1 ¤
a
a
3
1
3
È =
Í
Í = - Î
· Với a = 3, thì u = (1;3) r fi Phương trình đường thẳng d:
x t
y t
5
5 3
Ï = + Ì
Ó = +
.
Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:
9 13 7 3 13 9 13 7 3 13
; , ;
2 2 2 2
Ê + + ˆ Ê ˆ - - Á ˜ Á ˜ Ë ¯ Ë ¯
· Với a =
1
3
- , thì u
1
1;
3
Ê ˆ
= - Á ˜ Ë ¯
r fi Phương trình đường thẳng d:
x t
y t
5
1
5
3
Ï = + Ô
Ì
= - ÔÓ
.
Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:
7 3 13 11 13 7 3 13 11 13
; , ;
2 2 2 2
Ê + - ˆ Ê ˆ - + Á ˜ Á ˜ Ë ¯ Ë ¯
· Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:
7 3 13 11 13 9 13 7 3 13
; , ;
2 2 2 2
Ê + - ˆ Ê ˆ + + Á ˜ Á ˜ Ë ¯ Ë ¯
và 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13
; , ;
2 2 2 2
Ê - + ˆ Ê ˆ - - Á ˜ Á ˜ Ë ¯ Ë ¯
2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d(M d, ) 2 = .
Trần Sĩ Tùng
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB =
2MH 2 6
3 3
=
Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:
x y z
x y z
2 2 2
2 3
1 1 1
8
( 2) ( 1) ( 2)
3
Ï - -
= = ÔÔ
Ì
Ô - + - + - = ÔÓ
.
Giải hệ này ta tìm được: A B 2 2 2 2 2 2 2 ; ;3 , 2 ; ;3
3 3 3 3 3 3
Ê ˆ Ê ˆ Á + + ˜ Á ˜ - - - Ë ¯ Ë ¯.
Câu VII.b:
y
x y
x
x y
x y
xy
2010
3 3
2 2
2
log 2 (1)
(2)
Ï Ê ˆ Ô Á ˜ = - Ô Ë ¯ Ì
+ Ô = + ÔÓ
Điều kiện: xy > 0 . Từ (2) ta có: x y xy x y 3 3 2 2 + = ( + >) 0 fi x y > > 0, 0 .
(1) ¤
y x y
x
2 2
2010 -
= ¤ x y x y 2
.2010 = 2 .2010 .
Xét hàm số: f(t) =
t
t.2010 (t > 0). Ta có: f ¢(t) =
t
t
2010 1 0
ln2010
Ê ˆ Á ˜ + > Ë ¯
fi f(t) đồng biến khi t > 0 fi f(x) = f(2y) ¤ x = 2y
Thay x = 2y vào (2) ta được: y y
9
5 0
2
Ê ˆ Á ˜ - = Ë ¯ ¤
y loaïi
y x
0 ( )
9 9
10 5
È =
Í
Ê ˆ Í = = Á ˜ Î Ë ¯
Vậy nghiệm của hệ là:
9 9
;
5 10
Ê ˆ Á ˜ Ë ¯.
=====================
Trần Sĩ Tùng
Trường THPT Phan Châu Trinh
ĐÀ NẴNG
Đề số 12
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi: TOÁN – Khối B
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x - m x + + m m 4 2 2 4 2 2 (1), với m là tham số.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
2) Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi m < 0 .
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
Ê ˆ p
Á ˜ + + =
Ë ¯
2sin 2x x 4sin 1
6
2) Tìm các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình
Ï - = Ì
+ = Ó
y x m
y xy
2
1
có nghiệm duy nhất.
Câu III (1 điểm): Tìm nguyên hàm của hàm số
( )
( )
-
=
+
x
f x
x
2
4
1
( )
2 1
.
Câu IV (1 điểm): Cho khối tứ diện ABCD. Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho
BC = 4BM , BD = 2BN và AC = 3AP . Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD làm hai phần. Tính tỉ số thể
tích giữa hai phần đó.
Câu V (1 điểm): Với mọi số thực dương x; ; y z thỏa điều kiện x + y z + £ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Ê ˆ
= + + + Á ˜ + +
Ë ¯
P x y z
x y z
1 1 1 2 .
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):
1) Giải phương trình: =
x x
x
4 2 log log 2 8 .
2) Viết phương trình các đường thẳng cắt đồ thị hàm số
-
=
-
x
y
x
1
2
tại hai điểm phân biệt sao cho hoành độ và tung
độ của mỗi điểm đều là các số nguyên.
Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 2x y - - = 4 0 . Lập phương trình đường
tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d).
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1) Giải bất phương trình: ( + x) x x + < 2 4 8 2 1 log log log 0
2) Tìm m để đồ thị hàm số y = x + (m - - ) x mx 3 2 5 5 có điểm uốn ở trên đồ thị hàm số y x =
3
.
Câu VII.b (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(- - 1;3;5),B C ( 4;3;2), (0;2;1) . Tìm tọa độ
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
============================
Trần Sĩ Tùng
Hướng dẫn:
I. PHẦN CHUNG
Câu I: 2) Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và trục Ox: x - m x + m m + = 4 2 2 4 2 2 0 (*).
Đặt t = ³ x t( )
2
0 , ta có : t - m t + m m + = 2 2 4 2 2 0 (**)
Ta có : D' = - > 2 0 m và S m = > 2
2 0 với mọi m < 0 . Nên PT (**) có nghiệm dương.
fi PT (*) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm).
Câu II: 1) PT ¤ 3 sin 2x + cos2x x + 4sin - =1 0 ¤ x x - x x + = 2
2 3 sin cos 2sin 4sin 0 .
¤ 2( 3 cos x -sin x x + = 2)sin 0 ¤
È - = Í
Î =
x x
x
sin 3 cos 2
sin 0
¤
p
p
È Ê ˆ Í Á ˜ - =
Í Ë ¯
ÍÎ =
x
x k
sin 1
3 ¤
p
p
p
È
= + Í
Í
Î =
x k
x k
5
2
6
2)
Ï - = Ì
+ = Ó
y x m
y xy
2 (1)
1 (2)
. Từ (1) fi x = - 2y m , nên (2) ¤ y - my y = -
2
2 1
Ï £
Ô
¤ Ì
= - + Ô
Ó
y
m y
y
1
1
2
(vì y ¹ 0)
Xét f ( ) y = y - + fi f y( ) = + >
y y
2
1 1 2 ' 1 0
Dựa vào BTT ta kết luận được hệ có nghiệm duy nhất ¤ > m 2 .
Câu III: Ta có: ( )
¢
Ê - - ˆ Ê ˆ
= Á ˜ Á ˜ Ë + + ¯ Ë ¯
x x f x
x x
2
1 1 1
. .
3 2 1 2 1
fi ( ) Ê ˆ -
= + Á ˜ Ë ¯ +
x
F x C
x
3
1 1
9 2 1
Câu IV: Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD.
Vẽ DD¢ // BC, ta có: DD¢=BM fi = =
TD DD
TC MC
' 1
3
.
Mà: = = fi fi = = =
TD AP QD DP CP AT DP
TC AC QA AT CA
1 2
3 3
P
Nên: = = = fi =
A PQN
A PQN ABCD
A CDN
V AP AQ V V
V AC AD
.
.
.
1 3 1 1
. .
3 5 5 10
(1)
Và: = = = fi = C PMN
ABMNP ABCD
C ABN
V CP CM V V
V CA CB
.
.
2 3 1 1
. .
3 4 2 4
(2).
Từ (1) và (2), suy ra : = ABMNQP ABCD V V 7
20
.
Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm là
7
13
hoặc
13
7
.
Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: x + ³
x
2
18 12 (1). Dấu bằng xảy ra ¤ x =
1
3
.
Tương tự: y + ³
y
2
18 12 (2) và z + ³
z
2
18 12 (3).
Mà: -17( x + y z + ) ³ -17 (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P ³ 19. Dấu "=" xảy ra ¤ x = y z = =
1
3
Vậy GTNN của P là 19 khi x = y z = =
1
3
.
II. PHẦN TỰ CHỌN
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: 1) Điều kiện : x > 0 . PT ¤ + = x x x 2 4 2 1 log log 3log ¤
Ï =
Ì
Ó - + =
t x
t t
2
2
log
3 2 0
¤
Ï =
Ô
ÌÈ =
ÔÍ
Î = Ó
t x
t
t
2
log
1
2
¤
È =
Í
Î =
x
x
2
4