Xem mẫu
- www.MATHVN.com
Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng
Đề số 20
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số f ( x) = x3 − 3 x 2 + 4 .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số .
3 2
1 1
2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: G(x)= 2sin x + − 3 2sin x + + 4
2 2
Câu II. (2,0 điểm)
1) Tìm m sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất: ln(mx) = 2ln( x + 1)
sin 3 x.(1 + cot x) + cos3 x(1 + tan x) = 2sin 2 x .
2) Giải phương trình:
e2 x − 2 x + 1
Câu III. (1,0 điểm) Tính giới hạn: lim
3x + 4 − 2 − x
x →0
Câu IV. (1,0 điểm) Xác định vị trí tâm và độ dài bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
ABCD có AB = 2, AC = 3, AD = 1, CD = 10, DB = 5, BC = 13 .
x + y = 3
Câu V. (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với x ≥ 2 :
x +3 + y +5 = m
2 2
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác
1
ABC với các đỉnh: A(–2;3), B ;0 , C (2;0) .
4
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
2 x + 3 y + 11 = 0 x − 2 y +1 z −1
M ( −4; −5;3) và cắt cả hai đường thẳng: d ' : = =
và d '' : .
y − 2z + 7 = 0 −5
2 3
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm n sao cho Cn + 6Cn2 + 6Cn3 = 9n 2 − 14n , trong đó Cnk là số tổ hợp chập
1
k từ n phần tử.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình elip với các tiêu điểm
F1 ( −1;1) , F2 ( 5;1) và tâm sai e = 0, 6 .
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình hình chiếu vuông góc của
x − 2z = 0
trên mặt phẳng P : x − 2 y + z + 5 = 0 .
đường thẳng d :
3x − 2 y + z − 3 = 0
Câu VII.b (1,0 điểm) Với n nguyên dương cho trước, tìm k sao cho C2nn − k C2nn + k lớn nhất
hoặc nhỏ nhất.
www.MATHVN.com
Trang 20- www.MATHVN.com
- Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Hướng dẫn Đề số 20
1
t 3 ; 5 và g x f t t
Câu I: 2) Đặt 3
3t 2 4.
2sin x t 2 2
2
27 54 32
3 27 9 49
f 3. 4 ;
2 8 4 8 8
49
Max = 4, Min =
f CD f 0 4; fCT f 2 0;
8
125 150 32 7
5 125 25
f 3. 4
2 8 4 8 8
Câu II: 1) ĐKXĐ: . Như vậy trước hết phải có .
x 1, mx 0 m0
Khi đó, PT (1)
mx ( x 1) 2 x 2 (2 m) x 1 0
Phương trình này có: m 2 4m .
Với < 0 (1) vô nghiệm.
m (0;4)
Với , (1) có nghiệm duy nhất < 0 loại.
m0 x 1
Với , (1) có nghiệm duy nhất x = 1 thoả ĐKXĐ nên
m4
PT đã cho có nghiệm duy nhất.
Với , ĐKXĐ trở thành . Khi đó nên (1) có
0
m0 1 x 0
nghiệm phân biệt Mặt khác,
hai x1 x2 .
x1 , x2
, tức là chỉ có là nghiệm
nên
f ( 1) m 0, f (0) 1 0 x1 1 x2 0 x2
của phương trình đã cho. Như vậy, các giá trị thoả
m0
điều kiện bài toán.
Với . Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và
m4
(1) cũng có hai nghiệm phân biệt Áp dụng định
x1 x2 .
x1 , x2
Trang 14
- Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các giá
trị cũng bị loại.
m4
Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và
chỉ khi: .
m (;0) 4
k
2) ĐKXĐ: sao cho .
x sin 2 x 0
2
Khi đó, VT = sin 3 x cos3 x sin 2 x cos x cos 2 x sin x
= =
(sin x cos x)(sin 2 x sin x cos x cos2 x) sin x cos x(sin x cos x)
sin x cos x
sin x cos x 0
PT sin x cos x 2sin 2 x 2
(sin x cos x) 2sin 2 x (1)
(1) 1 sin 2x 2sin 2 x sin 2x 1( 0) 2k x k
2x
2 4
Để thoả mãn điều kiện , các nghiệm chỉ có thể
sin x cos x 0
là: 2k
x
4
e2 x 2 x 1 1 2 x 1 e2 x 1 x
Câu III: Ta có:
.
x
3x 4 2 x 3x 4 2 x
1 2 x 1 e2 x 1 1 2 x 1 e2 x 1 x( 3 x 4 2 x)
x
= =
. .
x (3 x 4) (2 x) 2
x x
3x 4 2 x
e2 x 1 x( 3 x 4 2 x)
2 x
= =
2. .
x x2
x 1 2x 1 2x
e2 x 1 3x 4 2 x
2
2. .
1 x
2x
1 2x 1
e2 x 2 x 1
(1 2).4 4
lim
3x 4 2 x
x 0
Trang 15
- Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Câu IV: Ta có: CD 2 10 AC 2 AD 2 ; DB 2 5 AD 2 AB 2 ; BC 2 13 AB 2 AC 2 ;
Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại
cùng đỉnh A.
Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF
là hình hộp chữ nhật. Hiển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp. Tâm mặt cầu
này là trung điểm I của đoạn AH, còn bán kính là
1 12 14
.
2 32 12
R AH
2 2 2
x 3
x
Câu V: Đặt f ( x)
f ( x) x 2 3 (3 x) 2 5
2
(3 x) 2 5
x 3
2 x 3
f ( x) 0 x x 2 6 x 14 (3 x ) x 2 3 2
2 x 18 x 27 0
Phương trình thứ hai có và hai nghiệm:
' 81 54 135 9.15 ,
9 3 15
x1,2
2
Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn
2. Vậy, đạo hàm của hàm số không thể đổi dấu trên 2; ,
. Do đó, giá trị nhỏ nhất của
ngoài ra nên
f (3) 0 f ( x) 0, x 2
là .
f ( x) f ( 2) 7 6
Cũng dễ thấy . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã
lim f x
x
cho có nghiệm (với ) khi và chỉ khi .
m 6 7
x2
Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân
giác trong của góc A
Trang 16
- Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
2
9
1 2
3
d
4
DB AB 4
khi và chỉ khi 4d 1 6 3d d 1.
2d
DC AC 2
42 3
x2 y3
Phương trình AD: ; AC:
x y 1 0
3
3
x2 y3
3x 4 y 6 0
3
4
Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi
đó hoành độ là và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng
1 b
cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có:
4
b 3 5b b 3
3 1 b 4b 6
b b 3 5b
b 3 5b b 1
32 4 2
2
1
Rõ ràng chỉ có giá trị là hợp lý. Vậy, phương trình
b
2
2 2
1 1 1
của đường tròn nội tiếp ABC là: x y
2 2 4
2) Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình
dạng:
m 2 x 3 y 11 n y 2 z 7 0 2mx 3m n y 2nz 11m 7 n 0.
Để mặt phẳng này đi qua phải có:
M,
m( 8 15 11) n( 5 6 7) 0 n 3m
Chọn , ta được phương trình của P’: .
2 x 6 z 10 0
m 1, n 3
ur
Đường thẳng d” đi qua . Mặt
và VTCP
A 2; 1;1 m (2;3; 5)
ur uuu
r
phẳng P” đi qua M và d” có hai VTCP là và MA 6;4; 2
m
r
hoặc n 3;2; 1 . Vectơ pháp tuyến của P” là:
Trang 17
- Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
u 3; 5 5; 2 2;3
r
.
7; 13; 5
p , ,
2; 1 1;3 3;2
Phương trình của
P”: 7( x 4) 13( y 5) 5( z 3) 0
7 x 13 y 5 z 29 0.
Đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có
phương trình:
2 x 6 z 10 0
7 x 13 y 5 z 29 0
Câu VII.a: Điều kiện: n 3.
giả thiết thì:
Theo n 3n (n 1) n(n 1)( n 2) 9n 2 14 n
n=7
n 2 9 n 14 0
Câu VI.b: 1) Giả sử là điểm thuộc elip. Vì bán trục lớn
M x, y
c 3
của elip là a 5
e 0,6
nên ta có: MF1 MF2 10 ( x 1) 2 ( y 1) 2 ( x 5) 2 ( y 1) 2 10
( x 2)2 ( y 1) 2
1
25 16
2) Mặt phẳng Q đi qua d có phương trình dạng:
m x 2 z n 3x 2 y z 5 0
m 3n x 2ny 2m n z 5n 0
(Q) (P) 1.(m 3n) 2(2n) 1.(2m n) 0 m 8n 0
Chọn m = 8, n = 1, ta được phương trình của Q:
.
11x 2 y 15 z 5 0
Trang 18
- Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Vì hình chiếu d’ của d trên P là giao tuyến của P và Q nên
phương trình của d’ sẽ là:
x 2y z 5 0
11x 2 y 15 z 5 0
Câu VII.b: Ta chứng minh rằng giảm khi k tăng, tức
C2nn k C2 n k
n
là:
. (3)
C2nn k C2nn k C2 n k 1C2nn k 1
n
Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây:
2n k ! 2n k ! 2n k 1! 2n k 1!
(3)
n ! n k !n ! n k ! n ! n k 1!n ! n k 1!
2n k 2n k 1 n n
1 1.
nk n k 1 nk n k 1
Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy ra (3)
đúng.
Do đó, lớn nhất khi k = 0 và nhỏ nhất khi k = n.
C2nn k C2 n k
n
Trang 19
nguon tai.lieu . vn
