De thi thu Dai hoc 2011 tren Bao Toan hoc Tuoi tre

8/8/2019 De thi thu Dai hoc 2011 tren Bao Toan hoc Tuoi tre WWW.VNMATH.COM

http://slidepdf.com/reader/full/de-thi-thu-dai-hoc-2011-tren-bao-toan-hoc-tuoi-tre-wwwvnmathcom 1/20

Thử sức trước k ì thi

phamtuan_ [email protected] Trang1

THỬ SỨC TRƯỚC K Ì THITHTT SỐ 400-10/2010

ĐỀ SỐ 01

Thời gian l àm bài 180 phút

PHẦN CHUNG Câu I:Cho hàm số: 3y x 3mx 3m 1 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2) Tìm mđể đồ thị hàm số (1) cócực đại và cực tiểu, đồngthời chúng cách đều đường thẳnx y 0 .Câu II:

1) Giải phương tr ình: 5 cos2x 2cosx3 2tan x

2) Giải hệ phương tr ình:3 3

2 2

x y 9x 2y x 4y

Câu III:

Tính tích phân: 1 cos x2

0

1 sin xI ln dx1 cos x .

Câu IV:Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A.AB a,AC a 3,DA DB DC . Biếtrằng DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD. Câu V:Chứng minh rằng với mỗi số dương x, y, zthỏa mãn xy yz zx 3, ta có bất đẳng thức:

1 4 3

xyz x y y z z x 2

.

PHẦN RIÊNGThí sinh ch ỉ được l àm m ột trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương tr ình chuẩn

Câu VI.a:1) Trong mặt phẳngtọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương tr ình các cạnh AB, BC lần lưlà 5x 2y 7 0,x 2y 1 0 . Biết phương tr ình phân giác trong góc A làx y 1 0 . Tìmtọa độ đỉnh C của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho điểm M 1;2;3 . Viết phương tr ìnhđường thẳng đi qua M, tạo với Ox một góc 600 và tạo với mặt phẳng (Oxz) một góc 300.Câu VII.a:

http://www.vnmath.com





Giải phương tr ình: xe 1 ln 1 x .B. Theo chương tr ình nâng caoCâu VI.b:

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tr òn (C): 2 2 3x y2

và parabol (P): 2y x. Tìm

trên (P) cácđiểm M từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tr òn (C) và hai tiếp tuyến này tạovới nhau một góc 600.2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho h ình vuông ABCD có A 5;3; 1 ,

C 2;3; 4 , B là một điểm tr ên mặtphẳng có phương tr ình x y z 6 0 . Hãy tìm tọa độđiểm D. Câu VII.b:Giải phương tr ình:

3 31 x 1 x 2 .

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

PHẦN CHUNG Câu I:1) Tự giải 2) 2y ' 3x 3m y’ có CĐ vàCT khim 0.

Khi đó: 1 1

22

x m y 2m m 3m 1y 2m m 3m 1x m

Vì CĐ và CT đối xứng qua y = x nên: 1 2

2 1x y m 2m m 3m 1x y m 2m m 3m 1

Giải ra được 1m3

Câu II:

1) ĐK: 3tan x ,cos x 02

PT 2 25 cos x sin x 2 3cox 2sin x

2 2

2 2

cos x 6cos x 5 sin x 4sin xcos x 3 sin x 2cos x sin x 1 cos x sin x 5 0

cos x sin x 1sin x 0

x k k Zcos x 0 loai






2)

Hệ PT3 3

2 2x y 9 (1)x x 2y 4y (2)

Nhân 2 vế PT(2) với-3 rồi cộng với PT(1) ta được: 3 2 3 2x 3x 3x y 6y 12y 9

3 3

x 1 y 2 x y 3

Thay x y 3 vào PT(2): 2 2 2 y 1 x 2y 3 y 3 2y 4y y 3y 2 0

y 2 x 1

Nghiệm hệ: 2; 1 , 1; 2 Câu III:

1 cos x2 2 2 2

0 0 0 0

1 sin xI ln dx cos x.ln 1 sin x dx ln 1 sin x dx ln 1 cos x dx (1)1 cos x

Đặtx t dx dt2

Suy ra: 2 2 2

0 0 0

I sin t.ln 1 cos t dt ln 1 cos t dt ln 1 sin t dt

Hay 2 2 2

0 0 0

I sin x.ln 1 cos x dx ln 1 cos x dx ln 1 sin x dx (2)

Cộng (1) với (2):

2 2

0 0

J K

2I cos x.ln 1 sin x dx sin x.ln 1 cos x dx

Với 2

0

J cos x.ln 1 sin x dx

Đặt2 2

21

1 1

t 1 sin x dt cos xdx J ln tdt t ln t dt 2ln 2 1

Với

2

0K sin x.ln 1 cos x dx

Đặt1 2

2 1

t 1 cosx dt sin xdx K ln tdt ln tdt 2ln 2 1

Suy ra:2I 2ln 2 1 2ln 2 1 I 2ln 2 1






Câu IV:ABC vuông tại A BC 2a DBC vuông cân tại D DB DC DA a 2

Gọi I là trung điểm BCBC

IA ID a2 Vì DA a 2, nên IADvuông tại I ID IA Mà ID BC

ID (ABC) 3

ABCD ABC1 1 1 a 3V ID.S .ID.AB.AC .a.a.a 33 6 6 6

Câu V:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương1

2xyz

; 1

2xyz

và

4

x y y z z x

2 2 23

1 1 4 32xyz 2xyz x y y z z x x y z x y y z z x

Ta có: 2 2 2x y z x y y z z x xyz xz yz xy zx yz xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương xy, yzvà zx:

32 2 2xy yz zxxy.yz.zx 1 x y z 1 xyz 1 (1)

3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương xy + yz, yz + zx và zx + xy:

3 3

xz yz xy zx yz xy 2 xy yz zxxz yz xy zx yz xy 83 3

Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2x y z x y y z z x 8

Vậy: 3

1 4 3 3xyz x y y z z x 28

PHẦN RIÊNGA. Theo chương tr ình chuẩnCâu VI.a:1) Tọa độ điểm A:

5x 2y 7 0 x 3

A 3;4x y 1 0 y 4

Tọa độ điểm B:

5x 2y 7 0 x 1

B 1; 1x 2y 1 0 y 1






Gọi D là giao điểm phân giác và BC.Tọa độ điểm D:

x y 1 0 x 1

D 1;0x 2y 1 0 y 0

Giã sử đường thẳng AC có vectơ pháp tuyến 1 2n n ;n 5;2 Suy ra:

1 2 1 2 2 21 1 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2

1 2

1 2

n .1 n .1 5.1 2.1 n n 7 20n 58n n 20n 029n n . 1 1 5 2 . 1 1 n n

5n n2 n 2;5 (AC) : 2x 5y 14 02n n5

Tọa độ điểm C: 11x2x 5y 14 0 11 43 C ;x 2y 1 0 4 3 3y

3

2) Gọi vectơ chỉ phương của d là 1 2 3a a ;a ;a Ox có vectơ chỉ phương là 1;0;0

Đường thẳng d tạo Ox 1 góc 600 1 0 2 2 21 2 32 2 2

1 2 3

a 1cos60 3a a a 02a a a

(Oxz) có vectơ pháp tuyến 0;1;0Đường thẳng d tạo (Oxz) 1 góc 300 ngh ĩa là d tạo với vectơ pháp tuyến này 1 góc 600.

2 0 2 2 21 2 32 2 2

1 2 3

a 1cos60 a 3a a 02a a a

Giải ra được:2 2 21 2 3 1 2 3

1 1a a a a a a2 2

Chọn 3a 2 , ta được: a 1;1; 2 , a 1;1; 2 , a 1; 1; 2 , a 1; 1; 2

Suy ra 4 phương tr ìnhđường thẳng (d): x 1 y 2 z 31 1 2

, x 1 y 2 z 31 1 2

x 1 y 2 z 31 1 2

, x 1 y 2 z 31 1 2






Câu VII.a:ĐK: x 1 Đặt yy ln 1 x e 1 x .

Kết hợp với phương tr ìnhđã cho ta có hệ:y

x

e 1 x (1)

e 1 y (2)

Lấy (2) trừ (1):x y x ye e y x e x e y Xét hàm số tf t e t t 1 Ta có: tf ' t e 1 0 t 1

Hàm số luôn tăng tr ên miền xác định. x xf x f y x y x ln 1 x e 1 x e x 1

Dễ thấy x = 0 là 1 nghiệm của phương tr ình.Xét hàm số tf t e t

Ta có: tf ' t e 1 - Với t 0 thì f ' t 0 Hàm số luôn tăng tf t f 0 1 e t 1 t 0

PT vô nghiệm. - Với 1 t 0 thì f ' t 0 Hàm số luôn giảm tf t f 0 1 e t 1 1 t 0

PT vô nghiệm. Vậy phương tr ình có nghiệm x = 0.

B. Theo chương tr ình nâng caoCâu VI.b:1) Điểm M(x0;y0) này cách tâm của (C)một đoạn bằng 2 20 06 x y 6

20 0M (P) y x

Suy ra: 4 2 20 0 0 0y y 6 0 y 2 y 2

Vậy M 2; 2 hoặc M 2; 2

2) AC 3 2 BA BC 3 Tọa độ điểm B là nghiệm hệ phương tr ình:

2 2 2 2 2 2

2 2 2

x 5 y 3 z 1 9 x 5 y 3 z 1 9

x 2 y 3 z 4 9 x z 1 0x y z 6 0 x y z 6 0

2 2 2x 5 4 2x 2 x 9 x 2z 1 x y 3

y 7 2x z 1

hoặc

x 3y 1

z 2






B 2;3; 1 hoặc B 3;1; 2

AB DC D 5;3; 4

hoặc D 4;5; 3

Câu VII.b:

3 31 x 1 x 2 ĐK: x 1

3 3

3 3

3 2 3

2

x 2 2 x 1 x 2

x 2 x 2x 6x 12x 8 x 26 x 1 0

Suy ra: x 1 là nghiệm của PT.


ĐỀ SỐ 02 Thời gian l àm bài 180 phút

PHẦN CHUNG Câu I:Cho hàm số: 3 2y 2x 3x 1 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểmđộ bằng 8. Câu II:

1) Giảihệ phương tr ình:2

2

xy 18 12 x1xy 9 y3

2) Giải phương tr ình: x x4 x 12 2 11 x 0 Câu III:Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bênvà cạnh đáy đối diện bằng m.Câu IV:

Tính tích phân: 5

0

I x cos x sin x dx

Câu V:






Cho tam giác ABC, với BC = a, AC = b, AB = c thỏa mãn điều kiện

2

2

a a c bb b a c

Chứng minh rằng:1 1 1a b c

.


A. Theo chương tr ình chuẩn Câu VI.a:1) Trong mặt phẳng tọa độ(Oxy)cho đường thẳng(d) :3x 4y 5 0 và đường tr òn (C):

2 2x y 2x 6y 9 0 . Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dàinhỏ nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz chohai mặt phẳng (P1): x 2y 2z 3 0 ,

(P2): 2x y 2z 4 0 và đường thẳng (d):x 2 y z 41 2 3

. Lập phương tr ình mặt cầu

(S) có tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1) và (P2).Câu VII.a:Đặt

42 3 2 120 1 2 121 x x x a a x a x ... a x . Tính hệ số a7.

B. Theo chương tr ình nâng caoCâu VI.b:

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tr òn (C): 2 2x 1 y 3 1 và điểm 1 7M ;5 5

.

Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độdài lớnnhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz chomặt cầu (S): 2 2 2x y z 2x 4y 2z 5 0 và mặt phẳng(P): x 2y 2z 3 0 . Tìm những điểm M thuộc (S), N thuộc (P) sao cho Mcó độ dài nhỏ nhất. Câu VII.b:Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số:

3

0 , x 0f x 1 3x 1 2x, x 0

x

tại điểm x0 = 0.


PHẦN CHUNG Câu I:1) Tự giải






2) 3 2y 2x 3x 1 2y' 6x 6x Gọi 0 0M x ;y Phương tr ình tiếp tuyến: 2

0 0 0 0y 6x 6x x x y

Hay 2 3 2 3 20 0 0 0 0 0y 6x 6x x 6x 6x 2x 3x 1

Tiếp tuyến này có tung độ bằng 8 3 2 3 20 0 0 06x 6x 2x 3x 1 8

Giải ra được: 0 0x 1 y 4 Vậy M 1; 4

Câu II:1) ĐK: x 2 3,xy 0

- Nếu xy 18 thì ta có hệ:2

2

22

xy 18 12 x xy 30 x (1)

1 3xy 27 y (2)xy 9 y3

Lấy (2) trừ (1): 22 22xy 3 x y x y 3 x y 3 Với x y 3 y x 3 , thay vào (1):

2 2 5 3x x 3 30 x 2x 3x 30 0 x2

(loại) hoặcx 2 3 (nhận)

Nghiệm 2 3; 3 3 Với x y 3 y x 3 , thay vào (1):

2 2 5 3x x 3 30 x 2x 3x 30 0 x2

(loại)hoặcx 2 3 (nhận)

Nghiệm 2 3;3 3

- Nếuxy 18 thì từ (1) suy ra:x 2 3, từ (2) suy ra:y 3 3 xy 18 xy 18 Vô nghiệm.

Hệ có 2 nghiệm 2 3;3 3 , 2 3; 3 3 .

2) x x x x x4 x 12 2 11 x 0 4 12.2 11 x 2 1 0

x x x

x x

x

x

2 11 2 1 x 2 1 02 11 x 2 1 0

2 1 x 02 11 x 0 x 3

Phương tr ình có 2 nghiệm x= 0, x = 3.






Câu III:Gọi M là trung điểm BCAM BC,SM BC

BC (SAM) Trong (SAM) dựng MN SA

MN là khoảng cách SA và BC.MN = m

22 2 23aAN AM MN m

4

Dựng đường cao SO của h ình chóp.

2 2 22

MN SO m SO 2 3maSOAN AO a 33a 3 3a 4mm 34

2 3

ABC2 2 2 2

1 1 2 3ma a 3 maV SO.S . .3 3 43 3a 4m 6 3a 4m

Câu IV:

5 5 2 4

0 0 0 0 0

J K

I x cos x sin x dx x cos xdx xsin xdx xcos xdx x 1 2cos x cos x s

0

J x cosxdx

Đặtu x du dx dv cosxdx v sin x

0 00

J xsin x sin xdx cosx 2

22

0

K x 1 cos x sin xdx

Đặtu x du dx

2 4 3 52 1dv 1 2cos x cos x sin xdx v cos x cos x cos x3 5

3 5 3 5

00

3 5

0 0 0

2 1 2 1K x cosx cos x cos x cos x cos x cos x dx3 5 3 5

8 2 1cosxdx cos xdx cos xdx15 3 5






00

cos xdx sin x 0

3

3 2

0 0 0

sin xcos xdx 1 sin x cos xdx sin x 03

5 2 4 3 5

00 0

2 1cos xdx 1 2sin x sin x cos xdx sin x sin x sin x 03 5

8K15

8I 215

.

Câu V:

2

2

a a c b (1)b b a c (2)

Vì a, b, c làđộ dài 3 cạnh tam giác nên:a c b Từ (1) suy ra: 2ab b a b b a 0 Ta có: (1) ac b a b a

Từ (2) suy ra: 2acb c ab bc ac bc a b cb a

Từ đó:1 b c 1 1 1a bc a b c

(đpcm).

PHẦN RIÊNGA. Theo chương tr ình chuẩn Câu VI.a:1)M thuộc (C) có vectơ pháp tuyến của tiếp tuyến tại M cùng phương vectơ pháp tuyếvàgần (d) nhất.

2 2(C) : x 1 y 3 1 phương tr ình tiếp tuyến tại 0 0M x ;y : 0 0x 1 x 1 y 3 y 3 1

0 0 0 04 x 1 3 y 3 0 4x 3y 5 0 (1)

2 20 0 0 0M x ;y C x 1 y 3 1 (2)

Giải (1), (2) ta được: 1 22 11 8 19M ; ,M ;5 5 5 5






1 2 2

2 113. 4. 55 5d M ,(d) 13 4

2 2 2

8 193. 4. 55 5d M ,(d) 3

3 4

Tọa độ điểm M cần t ìm là 2 11M ;5 5

.

N là hình chiếu của tâm Icủa (C)lên (d).

1xIN (d) 4 x 1 3 y 3 0 5

N (d) 73x 4y 5 0 y5

Tọa độ điểm N cần t ìm là 1 7N ;5 5

.

2) I (d) I 2 t; 2t;4 3t

(S) tiếp xúc (P1) và (P2) 1 2d I, P d I, P R

2 2 2 2 2 2

t 12 t 4t 8 6t 3 4 2t 2t 8 6t 4 9t 3 10t 16t 131 2 2 2 1 2

Với t 1 2 2 2 2

1I 1;2;1 ,R 2 (S ) : x 1 y 2 z 1 2 Với t 13 2 2 2 2

2I 11;26; 35 ,R 38 (S ) : x 11 y 26 z 35 38 Câu VII.a:Đặt

42 3 2 120 1 2 121 x x x a a x a x ... a x . Tính hệ số a7.

Ta có: 4 442 3 21 x x x 1 x . 1 x

42 0 2 1 4 2 6 3 8 4

4 4 4 4 41 x C x C x C x C x C

4 0 1 2 2 3 3 4 44 4 4 4 41 x C xC x C x C x C

Suy ra: 2 3 1 37 4 4 4 4a C C C C 6.4 4.4 40

B. Theo chươngtrình nâng caoCâu VI.b:1) N là giao điểm của MI và (C) với MN lớn nhất.






6 8MI ;5 5

vectơ chỉ phương đường thẳng MI a 3;4

Phương tr ìnhđường thẳng MI:x 1 3ty 3 4t

2 2 2 1N MI (C) 1 3t 1 3 4t 3 1 25t 1 t5

1 28 19 2 11N ; , N ;

5 5 5 5

1 2MN 3,MN 1 So sánh: 1 2MN MN

Tọa độ điểm Ncần t ìm là 8 19N ;5 5

2)(S): 2 2 2x 1 y 2 z 1 1 (P): x 2y 2z 3 0 M (P') : x 2y 2z d 0

Khoảng cách từ tâm (S) đến (P’) bằng R 22 2

d 01 4 2 dd I,(P') R 1d 61 2 2

1

2

(P ') : x 2y 2z 0(P ') : x 2y 2z 6 0

Phương tr ìnhđường thẳng đi qua I vuông góc với (P1’), (P2’):

x 1 t

: y 2 2tz 1 2t

M1 là giao điểm và (P1) 11 2 4 51 t 4 4t 2 4t 0 t M ; ;3 3 3 3

M2 là giao điểm và (P2) 21 4 8 11 t 4 4t 2 4t 6 0 t M ; ;3 3 3 3

1 22 2

2 8 10 33 3 3d M ,(P) 1

1 2 2






2 22 2

4 16 2 33 3 3d M ,(P) 3

1 2 2

Tọa độ điểm M là2 4 5

M ; ;3 3 3

N là giao điểm và (P) 2 1 2 71 t 4 4t 2 4t 3 0 t N ; ;3 3 3 3

Câu VII.b:

33

2 2 2x 0 x 0 x 0 x 0

f x f 0 1 3x 1 x 1 2x 1 x1 3x 1 2xf ' 0 lim lim lim limx 0 x x x

3 2 3

2x 0 x 0 2 22 33

2 2x 0 33

1 3x 1 x 3x xlim limx x 1 3x 1 3x. 1 x 1 x

3 xlim 11 3x 1 3x. 1 x 1 x

2

2 2x 0 x 0 x 0

1 2x 1 x x 1 1lim lim limx 21 2x 1 xx 1 2x 1 x

1 1f ' 0 12 2


ĐỀ SỐ 03 Thời gian l àm bài 180 phút

PHẦN CHUNG Câu I:Cho hàm số: 4 2y x 2 m 1 x 2m 1 .

1) Khảo sát sựbiến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấpsố cộng.Câu II:1) Giải phương tr ình: 2 22cos 2x cos2x.sin3x 3sin 2x 3

2) Giải hệ phương tr ình:2

2 2

6x 3xy x y 1x y 1.






Câu III:

Cho hàm số xf x A.3 B . Tìm các số A, B sao cho f ' 0 2 và 2

1

f x dx 12

Câu IV:

Trong mặt phẳng P cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. S là một điểm bất k ì nằm tr ênđường thẳng At vuông góc với mặt phẳng P tại A. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp h ìnhchóp S.ABCD khi SA = 2a.Câu V:

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số xsin x 2cos2f x xcos x 2sin2

trên đoạn 0; .2


A. Theo chương tr ình chuẩn Câu VI.a:1) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) chođiểm A 1;1 và đường thẳng (d) có phương tr ình4x 3y 12 0 . Gọi B, C là giao điểm của (d) với các trục Ox, Oy. Xác định tọa độ tcủa tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ tọa độOxyz, từ điểm P 2;3; 5 hạ các đường thẳng vuông gvới các mặt phẳng tọa độ. Viết phương tr ình mặt phẳng đi qua chân các đường vuông góc Câu VII.a:

Chứng minh rằng số phức

245 5z 1 cos isin6 6

có phần ảo bằng 0.

B. Theo chương tr ình nâng caoCâu VI.b:1) Cho đường tr òn 2 2C : x y 6x 2y 1 0 . Viết phương tr ìnhđường thẳngd song songvới đường thẳngx 2y 4 0 và cắt C theo một dây cung có độ dài bằng 4. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

1x 1 y 1 zd :

2 1 1 và 2

x 1 y 2 zd :1 2 1

.

Viết phương tr ình mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng

Q : x y 2z 3 0 sao cho (P)cắt d1, d2 theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.b:

Giải hệ phương tr ìnhx y 1 2y 1

4

4 3.4 2x 3y 2 log 3







PHẦN CHUNG Câu I:1) Tự giải 2) Giao điểm với trục hoành 4 2x 2 m 1 x 2m 1 0 (*)

Đặt t = x2, ta có phương tr ình: 2t 2 m 1 t 2m 1 0 (**)(*) có 4 nghiệm (**) có 2 nghiệm dương phân biệt

2Δ' 0 m 01S 0 2 m 1 0 m ,m 02P 0 2m 1 0

Với điều kiện này (**) có nghiệm 2 21 1 2 2t x ; t x (t2 > t1) 4 nghiệm (*): 2 1 1 2x , x ,x ,x

Dãy này lập thành cấp số cộng khi: 2 1 1 1 2 1x x x x x 3x Đặt 1 2x α x 3α

22 2 2 221 2

2 2 4 41 2

m 4x x 10α 2 m 1 10α m 12m 1 9 9m 32m 16 0 45 mx x 9α 2m 1 9α9

Vậy m = 4 hoặc 4m9

Câu II:1)

2 2

2 2

2cos 2x cos2x.sin3x 3sin 2x 32cos 2x cos 2x.sin 3x 3cos 2xcos2x sin3x cos2x 0cos2x 0sin3x cos2x 0

Với cos2x = 0 π π kπ2x kπ x k Z2 4 2

Với

k2x3x 2x k210 52sin3x cos2x 0 sin3x sin 2x k Z

2 3x 2x k2 x k22 2

Vậy phương tr ình có nghiệm

π kπx4 2π k2π k Zx

10 5πx k2π2






2)

2

2 2

6x 3xy x y 1 1x y 1. 2

21 6x 3xy 3x 2x y 13x 1 2x y 1 0

1x3

y 2x 1

Với 1x3

, từ (2) suy ra: 2 2y3

Với y 2x 1 , từ (2) suy ra: 22 2x 0 y 1

x 2x 1 1 5x 4x 0 4 3x y5 5

Vậy hệ phương tr ìnhđã cho có 4 nghiệm: 1 2 2 1 2 2 4 30;1 , ; , ; , ;

3 3 3 3 5 5

Câu III:

x

x x

f ' x A.3 .ln3f x A.3 B A.3f x dx Bx C

ln3

Ta có:

2

21

2f ' 0 2 A.ln 3 2 Aln36A 12f x dx 12 B 12 B 12ln3 ln 3

Vậy2

2Aln3

12B 12ln 3

Câu IV:Tâm O của h ình cầu ngoại tiếp h ình chóp

S.ABCD là trung điểm của SC. 2 2 2 2SC SA AC 4a 2a a 6

SC a 6R2 2

3

34πR V πa 63

Câu V:






xsin x 2cos2f x xcos x 2sin2

x 0; .2

Ta có:2x x x

cos x 2sin 2sin 2sin 12 2 2

Xét hàm số 2g t 2t 2t 1 2t 0;2

1g ' t 4t 2 g ' t 0 t2

1 3 2g 0 1;g ;g 22 2 2

g t 0

2

t 0; 2

xcos x 2sin 02

x 0; .2

f x liên tục trên đoạn0;2

.

2

x x x xcos x sin cosx 2sin sin x cos sin x 2cos2 2 2 2f ' x

xcos x 2sin2

2

x1 sin2f ' x 0

xcos x 2sin2

x 0; .2

GTLN f x = f 0 2

GTNN f x = πf 2

212

PHẦN RIÊNGA. Theo chương tr ình chuẩn Câu VI.a:1) A 1;1 B 3;0 C 0;4

Gọi H x;y là trực tâm tam giác ABC BH x 3;y , CH x;y 4 , AB 2; 1 , AC 1;3






x 3 3y 0BH AC BH.AC 0 x 32x y 4 0CH AB y 2CH.AB 0

Vậy H 3; 2 2) Gọi I, J ,K lần lượt là chân các đường vuông góc tương ứng của P lên các mặt phẳng OxyOyz, Oxz.

Ta có: I 2;3;0 , J 0;3; 5 , K 2;0; 5 Mặt phẳng IJK có dạngAx By Cz D 0 I, J, K thuộc mặt phẳng này nên:

1A D42A 3B D 013B 5C D 0 B D62A 5C D 0 1

C D10

Chọn D =-60, suy ra A = 15, B = 10, C = -6.

Vậy IJK :15x 10y 6z 60 0 Câu VII.a:

24 k24 24k k24 24

k 0 k 0

5 5 5 5 5k 5k1 cos isin C cos isin C cos isin6 6 6 6 6 6

24 24k k24 24

k 0 k 0

5k 5kC cos i C sin6 6

Phần ảo24

k24

k 0

5kC sin6

Ta có: k 24 k k k24 24 24 24

5 24 k5k 5k 5kC sin C sin C sin C sin 06 6 6 6

Suy ra:24

k24

k 0

5kC sin 06

B. Theo chương tr ình nâng caoCâu VI.b:1) 2 2 2C : x 3 y 1 3

d song song với đường thẳngx 2y 4 0 d : x 2y c 0 d cắt C theo một dây cung có độ dài bằng 4 2 2d I,d 3 2 5

3 2 c 55

c 4

c 1 5c 6

Vậy 1d : x 2y 4 0 hoặc 2d : x 2y 6 0 2) (P) song song với mặt phẳng Q P : x y 2z m 0





phamtuan khai20062000@yahoo com Trang20

1

x 1 2td : y 1 t

z t

2

x 1 td : y 2 2t

z t

(Q) giao với (d1): 1 2t 1 t 2t m 0 t m M 1 2m; 1 m; m (Q) giao với (d2): 1 t 2 2t 2t m 0 t m 3 N 2 m; 4 2m; m 3

2 22 2 2MN m 3 m 3 3 2m 27 27 MinMN = 3 3 khi m = 0Khi đó P : x y 2z 0 Vậy P : x y 2z 0

Câu VII.b:

x y 1 2y 1

4

4 3.4 2 1

x 3y 2 log 3 2

Từ (2) 4 44x y 1 1 log 3 2y log 2y3

Thay vào (1): 44log 2y 2y 131 4 3.4 2

2y 2y4 3.4 .4 23 4

Đặt 2yt 4 t 0 ta có: 24 3t 42 9t 24t 16 0 t3t 4 3

2y 4 44 1 4 1 14 y log log 33 2 3 2 2

(2) 4 4 4 43 3 1 1x 2 log 3 3y 2 log 3 log 3 log 32 2 2 2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất 41 1x log 32 2 ; 4

1 1y log 32 2


Documents

De thi thu Dai hoc 2011 tren Bao Toan hoc Tuoi tre