Xem mẫu
- www.MATHVN.com
Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học
Đề số 19
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3 x 2 + 4 .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại
3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau.
Câu II (2điểm)
x2 + 1 + y( x + y) = 4 y
(x, y ∈ R )
2
1) Giải hệ phương trình:
( x + 1)( x + y − 2) = y
sin 3 x.sin 3x + cos3 x cos3 x 1
=−
2) Giải phương trình:
π π
8
tan x − tan x +
6 3
1
I = ∫ x ln( x 2 + x + 1)dx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
0
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu
vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt
phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích
a2 3
bằng . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
8
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
1 1 1
biểu thức P = +2 +2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a 2 + 3
2 2 2
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), phương trình đường
trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình
đường thẳng BC.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số
{ x = −2 + t; y = −2t; z = 2 + 2t . Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;–1) song song
với (D) và I(–2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Viết phương trình của mặt
phẳng chứa ∆ và có khoảng cách đến (D) là lớn nhất.
Câu VII.a (1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
1
x + 4 , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn:
2 x
2n +1 n 6560
2 2 1 23 2
2Cn + Cn + Cn +⋯ + Cn = ( Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử)
0
n +1 n +1
2 3
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x
+ 2y – 7= 0 và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và
điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4;
3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt
phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA2 + MB 2 + MC 2 .
e x − y + e x + y = 2( x + 1)
(x, y ∈ R )
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình x+ y
e = x − y + 1
www.MATHVN.com - Trang 19
- Hướng dẫn Đề số 19
Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + 4.
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của
phương trình:
x 3
x 3 3x 2 4 m( x 3) 4 ( x 3)( x 2 m) 0 2
x m 0
Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y '( m ). y '( m ) 1
18 3 35
(thỏa mãn)
(3m 6 m )(3m 6 m ) 1 9m 2 36m 1 0 m
9
Câu II: 1) y = 0 không phải là nghiệm. Hệ PT
x2 1
x y22
y
2
x 1 ( x y 2) 1
y
x2 1
x2 1 u v 2 1
Đặt . Ta có hệ
u ,v x y 2 u v 1 y
uv 1
y x y 2 1
Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5).
2) Điều kiện: sin x sin x cos x cos x 0
6 3 6 3
Ta có tan x tan x tan x cot x 1
6 3 6 6
- 1
PT sin 3 x.sin 3 x cos 3 x cos3x
8
1 cos 2 x cos 2 x cos 4 x 1 cos 2 x cos 2 x cos 4 x 1
2 2 2 2 8
x 6 k (loaïi)
1 1 1
2(cos 2 x cos 2 x cos 4 x) cos3 2 x cos 2 x
x k
2 8 2
6
Vậy phương trình có nghiệm k , (k Z )
x
6
2x 1
du 2 dx
u ln( x 2 x 1)
x x 1
Câu III: Đặt
2
dv xdx v x
2
1 1
x2 1 2x3 x 2
I ln( x 2 x 1) 2 dx
2 0 x x 1
2 0
1 1 1
2x 1
1 1 1 3 dx
ln 3 (2 x 1) dx 2 dx 2
4 0 x x 1 4 0 x x 1
2 20
3
3
I ln 3
4 12
Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu
vuông góc của M lên AA’. Khi đó (P) (BCH). Do góc
nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ
· ' AM
A
cắt bởi (P) là tam giác BCH.
a3 2 a3
Do tam giác ABC đều cạnh a nên AM , AO AM
2 3 3
a2 3 a2 3
1 a3
Theo bài ra S BCH HM .BC HM
8 2 8 4
- 3a 2 3a 2 3a
AH AM 2 HM 2
4 16 4
A ' O HM
Do A’AO và MAH đồng dạng nên
AO AH
AO.HM a 3 a 3 4 a
A 'O
AH 3 4 3a 3
a3 3
1 1aa 3
Thể tích khối lăng trụ: V AO.S A O. AM .BC a
ABC
2 23 2 12
Câu V: Ta có a2+b2 2ab, b2 + 1 2b
1 1 1 1
2 .
2 2 2 2
a 2b 3 a b b 1 2 2 ab b 1
1 1 1 1 1 1
Tương tự . .
,
2 2 2 2
b 2c 3 2 bc c 1 c 2a 3 2 ca a 1
1 1 1 1 1 1 ab b 1
P
2 ab b 1 bc c 1 ca a 1 2 ab b 1 b 1 ab 1 ab b 2
1 1
khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
P
2 2
khi a = b = c = 1
Câu VI.a: 1) Điểm .
C CD : x y 1 0 C t;1 t
t 1 3 t
Suy ra trung điểm M của AC là .
M ;
2 2
Từ A(1;2), kẻ tại I (điểm ).
AK CD : x y 1 0 K BC
Suy ra AK : x 1 y 2 0 x y 1 0
x y 1 0
Tọa độ điểm I thỏa hệ: I 0;1
x y 1 0
- Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK
tọa độ của K 1;0 .
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
x 1 y
4x 3y 4 0
7 1 8
2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa , thì hoặc .
( P) ( D)
( P) P ( D)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn
có và .
IH IA IH AH
d D , P d I , P IH
Mặt khác
H P
; do đó . Lúc này (P) ở vị
Trong (P), IH IA maxIH = IA H A
trí (P0) IA tại A.
r uu r
Vectơ pháp tuyến của (P0) là , cùng phương
n IA 6;0; 3
r
với .
v 2;0; 1
Phương trình của mặt phẳng (P0) là:
.
2( x 4) 1.( z 1) 2 x z 9 0
2 2
Câu VII.a: Ta có I (1 x) dx Cn Cn x Cn x 2 L Cn x n dx
n 0 1 2 n
0 0
2
11 12 1
0
Cn x n 1
C n x C n x 2 C n x 3 L n
n 1
2 3
0
- 2n 1 n
2 2 1 23 2
I 2C Mặt khác
(1).
0
Cn Cn L Cn
n
n 1
2 3
3n 1 1
1
(2)
2
(1 x) n 1
I
n 1 n 1
0
2n 1 n 3n 1 1
2 2 1 23 2
Từ (1) và (2) ta có 0
2Cn Cn Cn L Cn
n 1 n 1
2 3
3n 1 1 6560
Theo bài ra thì 3n 1 6561 n 7
n 1 n 1
7 k 14 3k
7 7
1 1 1k
7 k
Ta có khai triển
k
x 4 C7 k C7 x 4
x
4
02
2 x 2 x
0
Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 14 3k
2k 2
4
1 2 21
Vậy hệ số cần tìm là C7
22 4
Câu VI.b: 1) Do B d1 nên B(m; – m – 5), C d2 nên
C(7 – 2n; n)
2 m 7 2n 3.2 m 1
Do G là trọng tâm ABC nên
3 m 5 n 3.0 n 1
B(–1; –4), C(5; 1)
PT đường tròn ngoại tiếp ABC:
83 17 338
x2 y 2 x y 0
27 9 27
2) Gọi G là trọng tâm của ABC G 7 ; 3 ;3
8
3
uuur uuu 2 uuur uuu 2 uuur uuu 2
r r r
Ta có F MA2 MB 2 MC 2 MG GA MG GB MG GC
- uuur uuu uuu uuuu
r r r
3MG 2 GA2 GB 2 GC 2 2MG (GA GB GC ) 3MG 2 GA2 GB 2 GC 2
F nhỏ nhất MG2 nhỏ nhất M là hình chiếu của G
lên (P)
78
33
19
33
MG d (G,( P))
1 1 1 33
56 32 104 64
GA2 GB 2 GC 2
9 9 9 3
2
19 64 553
Vậy F nhỏ nhất bằng khi M là hình chiếu
3.
3 9
3 3
của G lên (P)
e x y x y 1
u x y
Câu VII.b: Đặt . Hệ PT
x y
v x y e x y 1
e v u 1 e v u 1 (1)
u
u v
e v 1 e e v u (2)
Nếu u > v hoặc u < v thì (2) vô nghiệm
. Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét
Nên (2) uv
f(u) = eu – u – 1 , f (u) = eu – 1
Từ BBT của f(u) ta có f(u) = 0 .
u0
x y 0 x 0
Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 v 0
x y 0 y 0
nguon tai.lieu . vn
