Bồ đề luyện thi đại học cấp tốc môn Toán

Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).

1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I;

2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt

cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?

pdf120 trang | Chia sẻ: maiphuongdc | Ngày: 26/08/2013 | Lượt xem: 777 | Lượt tải: 21download
Tóm tắt tài liệu Bồ đề luyện thi đại học cấp tốc môn Toán, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
    Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2 0.5 2. (1.0đ) Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)Q QAB n AB n         Vì ; 0QAB n       nên mặt phẳng (P) nhận ; QAB n     làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 1.0 Câu VIIb (1.0đ) ĐK : 2 5x x N     Ta có 1 1 2 2 3 1 2 3 2 32 1 1 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xC C C C C C C C C C                      (5 )! 2! 3x x     1.0 ĐỀ 10 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 33 3( 1)y x mx m x m m      (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình : 22 os3x.cosx+ 3(1 s in2x)=2 3 os (2 ) 4 c c x    2. Giải phương trình : 2 21 2 2 1 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )xx x x x x x         Câu III (1 điểm): Tính tích phân : 6 0 tan( ) 4 os2x x I dx c      Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 55 (AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 23( ) 2P x y z xyz    . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng : 3 4 4 0x y    . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z       . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6; 2)v  , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z     và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của 4x trong khai triển Niutơn của biểu thức : 2 10(1 2 3 )P x x   2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E   và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z       . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6; 2)v  , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z     và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn 2 0 1 22 2 2 121... 2 3 1 1 n n n n n nC C C Cn n        ĐÁP ÁN ĐỀ 10 Câu NỘI DUNG Điêm 2. Ta có , 2 23 6 3( 1)y x mx m    Để hàm số có cực trị thì PT , 0y  có 2 nghiệm phân biệt 2 22 1 0x mx m     có 2 nhiệm phân biệt 1 0, m     05 Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 025 Theo giả thiết ta có 2 3 2 2 2 6 1 0 3 2 2 m OA OB m m m               Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m    và 3 2 2m    . 025 I 1. os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ ) 2 os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0 PT c x c c x c x            05 www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 56 sin(4 ) sin(2 ) 0 6 6 18 32sin(3 ). osx=0 6 x= 2 x x x k x c k                        Vậy PT có hai nghiệm 2 x k    và 18 3 x k      . 05 2. ĐK : 1 5 2 2 0 x x       . Với ĐK trên PT đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ) 2 log (5 2 ) 2 log (5 2 ) log (2 1) log (2 1) x x x x x x          05 2 2 2 2 1 4log (2 1) 1 1 log (5 2 ) 2log (2 1) 2 2 log (5 2 ) 0 2 x x x x x x x x                        025 Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025 26 6 2 0 0 tan( ) tan 14 os2x (t anx+1) x x I dx dx c         025 Đặt 2 2 1 t anx dt= (tan 1) cos t dx x dx x     0 0 1 6 3 x t x t        05 II III Suy ra 1 1 3 3 2 00 1 1 3 ( 1) 1 2 dt I t t        . 025 www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 57 Ta có , ( , ) , ( ) AM BC BC SA BC AB AM SB SA AB       AM SC  (1) Tương tự ta có AN SC (2) Từ (1) và (2) suy ra AI SC 05 Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) Suy ra 1 . 3ABMI ABM V S IH Ta có 2 4ABM a S  2 2 2 2 2 2 2 . 1 1 1 2 3 3 3 IH SI SI SC SA a IH BC a BC SC SC SA AC a a           Vậy 2 31 3 4 3 36ABMI a a a V   05 Ta c ó:   23 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2 27 6 ( ) 2 ( 3) P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz x y z yz x                    025 IV V 2 3 2 ( ) 27 6 (3 ) ( 3) 2 1 ( 15 27 27) 2 y z x x x x x x            025 www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 58 Xét hàm số 3 2( ) 15 27 27f x x x x     , với 0<x<3 , 2 1( ) 3 30 27 0 9 x f x x x x          x  0 1 3  y’ + 0 - y 14 Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 1x y z    . 05 1. Gọi 3 4 16 3 ( ; ) (4 ; ) 4 4 a a A a B a     . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 . ( ) 3 2ABC S AB d C AB   . 05 Theo giả thiết ta có 2 2 46 35 (4 2 ) 25 02 aa AB a a             Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 05 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của ( ) là (1;4;1)n  025 Vì ( ) ( )P  và song song với giá của v  nên nhận véc tơ (2; 1;2)pn n v       làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0 025 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4d I P   21 ( ( )) 4 3 m d I P m        025 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025 Ta có 10 10 2 10 2 10 10 0 0 0 (1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 ) k k k k i k i i k i k k k i P x x C x x C C x             05 Theo giả thiết ta có 4 0 1 2 0 10 4 3 2 , k i i i i i k k k k i k N                       025 Vậy hệ số của 4x là: 4 4 3 1 2 2 2 210 10 3 10 22 2 3 3 8085C C C C C   . 025 VIa VIIa VIb VIIb 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có 2 2 1 9 4 x y   và diện tích tam giác ABC là 1 85 85 . ( ) 2 3 3 2 13 3 42 13 ABC x y S AB d C AB x y      05 www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 59 2 285 170 3 2 3 13 9 4 13 x y        Dấu bằng xảy ra khi 2 2 21 39 4 2 2 3 2 x y x x y y          . Vậy 3 2 ( ; 2) 2 C . 05 Xét khai triển 0 1 2 2(1 ) ...n n nn n n nx C C x C x C x      Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 1 2 3 1 0 1 33 1 2 2 22 ... 1 2 3 1 n n n n n n nC C C Cn n          05  2 1 1 0 1 2 1 2 2 2 3 1 121 3 1 ... 2 3 1 2( 1) 1 2( 1) 3 243 4 n n n n n n n n n C C C C n n n n n                     Vậy n=4. 05 ĐỀ 11 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x    1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải hệ phương trình: 1 1 4 6 4 6 x y x y           2. Giải phương trình: 1 2(cos sin ) tan cot 2 cot 1 x x x x x     Câu III (1 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) tâm O đường kính AB = 2R.Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại O lấy điểm S sao cho OS = R 3 . I là điểm thuộc đoạn OS với SI = 2 3 R . M là một điểm thuộc (C). H là hình chiếu của I trên SM. Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu IV (1 điểm) Tính tích phân: I = 1 2 1 1 1 dx x x     Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1 1x y y z z x          PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 60 Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3 2 và trọng tâm thuộc đường thẳng  : 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C. Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0) trong đó phải có chữ số 7. Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: 21 1 3 3 log 1 log ( )x ax a   B.Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): 2 2 1 4 3 x y   và đường thẳng  :3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên  kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số 2 4 3 2 x x y x     có đồ thị (C).Giả sử đường thẳng y = kx + 1 cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm tập hợp trung điểm I của AB khi k thay đổi. Câu VIII.b (1 điểm) Giải phương trình:     22 2log log3 1 . 3 1 1x xx x     ĐÁP ÁN ĐỀ 11 Câu Đáp án Điểm I 1.(1,0 điểm) Khảo sát . . . (2,0 điểm) * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2 x x y y     ; tiệm cận ngang: y = 2 ( 1) ( 1) lim ; lim x x y y          ; tiệm cận đứng: x = - 1 0,25 - Bảng biến thiên Ta có 2 1 ' 0 ( 1) y x    với mọi x - 1 x - -1 + y’ + + y + 2 2 - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ; -1) và ( -1; + ) 0,5 * Đồ thị 0,25 www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 61 2. (1,0 điểm) Tìm trên (C) những điểm. . . Gọi M(x0;y0) là một điểm thuộc (C), (x0 - 1) thì 00 0 2 1 1 x y x    Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | 0 0 2 1 1 x x   - 2| = | 0 1 1x  | Theo Cauchy thì MA + MB  2 0 0 1 x 1 . 1x   =2  MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x0 = 0 hoặc x0 = -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3) 0,25 0,25 0,25 0,25 II 1.(1,0 điểm) Giải hệ . . . (2,0 điểm) Điều kiện: x -1, y1 Cộng vế theo vế rồi trừ vế theo vế ta có hệ 1 6 1 4 10 6 1 4 1 2 x x y y x x y y                   Đặt u= 1 6x x   , v = 1 4y y   . Ta có hệ 10 5 5 2 u v u v           55uv    35xy  là nghiệm của hệ 0,25 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh . . . Điều kiện:sinx.cosx 0 và cotx 1 Phơng trình tơng đơng 1 2(cos sin ) sin cos 2 cos 1 cos sin 2 sin x x x x x x x x     0,25 0,25 www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 62 cosx = 2 2 x = 2 4 k    Đối chiếu điều kiện pt có 1 họ nghiệm x = 2 4 k    0,25 0,25 III Tìm vị trí . . . (1,0 điểm) S H I O B M A Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R 3 , SI = 2 3 R , SM = 2 2 2SO OM R  SH = R hay H là trung điểm của SM Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên mp(MAB) thì HK = 1 2 SO= 3 2 R , (không đổi) VBAHM lớn nhất khi dt(MAB) lớn nhất M là điểm giữa của cung AB Khi đó VBAHM= 3 3 6 R (đvtt) 0,25 0,25 0,5 IV Tính tích phân . . . (1,0 điểm) Đặt u = x+ 21 x thì u - x= 21 x  2 2 22 1x ux u x    2 2 1 1 1 1 2 2 u x dx du u u           Đổi cận x= - 1 thì u = 2 -1 x = 1 thì u = 2 +1 2 1 2 1 2 12 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 12 1 2 1 2 (1 ) du du duuI u u u u                    = 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 du du u u u u             0,25 0,25 0,25 0,25 www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 63 =1 Câu V (1,0 điểm) Đặt x=a3 y=b3 z=c3 thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab) (a+b)ab, do a+b>0 và a2+b2-abab  a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0   3 3 1 1 a b 1 ab a b c      Tơng tự ta có  3 3 1 1 c 1 bc a b cb      ,  3 3 1 1 a 1 ca a b cc      Cộng theo vế ta có 1 1 1 1 1 1x y y z z x         = 3 3 1 a b 1  + 3 3 1 c 1b   + 3 3 1 a 1c      1 1 1 1 a b c ab bc ca        =    1 1 a b c c a b     Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 0,25 0,5 0,25 VI. a Tìm tọa độ . . . (1,0 điểm) Ta có: AB = 2 , M = ( 5 5 ; 2 2  ), pt AB: x – y – 5 = 0 S ABC = 1 2 d(C, AB).AB = 3 2  d(C, AB)= 3 2 Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= 1 2  d(G, AB)= (3 8) 5 2 t t   = 1 2  t = 1 hoặc t = 2 G(1; - 5) hoặc G(2; - 2) Mà 3CM GM   C = (-2; 10) hoặc C = (1; -4) 0,25 0,5 0,25 VII. a Từ các chữ số . . . (1,0 điểm) Gọi số có 6 chữ số là abcdef Nếu a = 7 thì có 7 cách chọn b, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f. ở đây có 7.6.5.4.3 = 2520số Nếu b = 7 thì có 6 cách chọn a, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f. ở đây có 6.6.5.4.3 = 2160số Tơng tự với c, d, e, f Vậy tất cả có 2520+5.2160 = 13320 số 0,25 0,5 0,25 VIII. a Tìm a để . . . (1,0 điểm) Điều kiện: ax + a > 0 www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 64 Bpt tơng đơng 2 1 ( 1)x a x   Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có 2 1 1 x a x    Nếu a<0 thì x +1 <0.Ta có 2 1 1 x a x    Xét hàm số y = 2 1 1 x x   với x  - 1 y’ = 2 2 1 ( 1) 1 x x x    =0 khi x=1 x - Ơ -1 1 + Ơ y’ - || - 0 + y -1 + 1 - 2 2 a> 2 2 hoặc a < - 1 0,25 0,25 0,25 0,25 VI. b Chứng minh . . . (1,0 điểm) Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) Tiếp tuyến tại A có dạng 1 1 1 4 3 xx yy   Tiếp tuyến đi qua M nên 0 1 0 1 1 4 3 x x y y   (1) Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt 0 0 1 4 3 xx yy   do M thuộc  nên 3x0 + 4y0 =12 4y0 =12-3x0  0 0 4 4 4 4 3 xx yy    0 0 4 (12 3 ) 4 4 3 xx y x   Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì (x- y)x0 + 4y – 4 = 0  0 14 4 0 1x y yy x      Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1) 0,25 0,5 0,25 VII. b Tìm tập hợp . . . (1,0 điểm) y = kx + 1 cắt (C): 2 4 3 2 x x y x     . Ta có pt 2 4 3 2 x x x    = kx + 1 có 2 nghiệm phân biệt 1k  Trung ®iÓm I cña AB cã täa ®é tháa m·n 0,25 0,5 www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 65 2 3 2 2 1 kx k y kx       22 5 2 2 2 x x y x      VËy quÜ tÝch cÇn t×m lµ ®êng cong 22 5 2 2 2 x x y x     0,25 VIII. b Giải phơng trình . . . (1,0 điểm) Điều kiện : x>0 Đặt   2log3 1 x =u,   2log3 1 x v  ta có pt u +uv2 = 1 + u2 v2  (uv2-1)(u – 1) = 0 2 1 1 u uv    . . . x =1 0,25 0,5 0,25 ĐỀ 12 Câu I. (2 điểm). Cho hàm số 2 1 1 x y x    (1). 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình sau: 2 1 1 2 2x x    . 2) Giải phương trình lượng giác: 4 4 4sin 2 os 2 os 4 tan( ). tan( ) 4 4 x c x c x x x       . Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau: 3 2 20 ln(2 . os2 ) 1 lim x e e c x x L x     Câu IV. (2 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón). 1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; 2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất? Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz. Câu VI. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1 ( ; 0) 2 I Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình : www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 66 2 2 2 2 3 2 2010 2009 2010 3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1 y x x y x y x y            ĐÁP ÁN ĐỀ 12 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Hàm số: 2 1 32 1 1 x y x x       +) Giới hạn, tiệm cận: ( 1) ( 1) 2; 2; ;lim lim lim lim x x x x y y y y              - TC đứng: x = -1; TCN: y = 2. +)  2 3 ' 0, 1 y x D x      +) BBT: x -  - 1 + y' + || + y  2 || 2  +) ĐT: 1 điểm I.2 +) Ta có I(- 1; 2). Gọi 0 2 0 0 3 3 ( ) ( ;2 ) 1 ( 1) M I IM M I y y M C M x k x x x x            +) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:  0 20 3 '( ) 1 Mk y x x    +) . 9M IMycbt k k   +) Giải được x0 = 0; x0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) 1 điểm II.1 +) ĐK: ( 2; 2) \{0}x  +) Đặt 22 , 0y x y   Ta có hệ: 2 2 2 2 x y xy x y      1 điểm 8 6 4 2 -2 -4 -6 -10 -5 5 10 www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 67 +) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và 1 3 1 3 2 2; 1 3 1 3 2 2 x x y y                    +) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3 2 x    II.2 +) ĐK: , 4 2 x k k Z      4 4 2 2 4 2 ) tan( ) tan( ) tan( )cot( ) 1 4 4 4 4 1 1 1 sin 2 os 2 1 sin 4 os 4 2 2 2 2cos 4 os 4 1 0 x x x x x c x x c x pt x c x                     +) Giải pt được cos24x = 1  cos8x = 1  4 x k   và cos24x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là , 2 x k k Z    1 điểm III 3 32 2 2 20 0 32 2 2 2 2 2 32 2 230 02 2 2 2 ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1 lim lim ln(1 2 sin 2 ) 1 1 ln(1 2 sin 2 ) 1 lim lim (1 ) 1 12 sin 2 sin 2 sin 2 sin 1 5 2 3 3 x x x x e e c x x c x x L x x x x x x x x x xx x x x                                                      1 điểm IV.1 +) Gọi Cr là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB. Ta có: 2 2 1 ( ). . 2 .2 2( ) SAB C C C S pr l r r SM AB l r r l r r r l r l r            +) Scầu = 2 24 4C l r r r l r      1 điểm IV.2 +) Đặt : 2 3 2 2 2 ( ) ,0 5 1 2 ( ) 2) '( ) 0 ( ) 5 1 2 lr r y r r l l r r l r r rl l y r l r r l                    +) BBT: 1 điểm r l I M S A B www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 68 r 0 5 1 2 l  l y'(r) y(r) ymax +) Ta có max Scầu đạt  y(r) đạt max  5 1 2 r l   V +) Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( ) ( ) 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 3 2 2 P x y z x y z xy yz zx x y z x y z P x y z x y z x y z x y z P x y z x y z                                               +) Đặt x +y + z = t, 6( cov )t Bunhia xki , ta được: 3 1 ( ) 3 2 P t t t  +) '( ) 0 2P t t    , P( 6 ) = 0; ( 2) 2 2P    ; ( 2) 2 2P  +) KL: ax 2 2; 2 2M P MinP   1 điểm VI +) 5( , ) 2 d I AB  AD = 5  AB = 2 5  BD = 5. +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4 +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ: 2 2 2 1 25 2( ) ( 2;0), (2;2)2 4 22 2 0 0 x yx y A B xx y y                   (3;0), ( 1; 2)C D   VII 2 2 2 2 3 2 2010 2009 (1) 2010 3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1(2) y x x y x y x y            +) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt: 2 2 2 2 2009 2009log ( 2010) log ( 2010)x x y y     +) Xét và CM HS 2009( ) log ( 2010), 0f t t t t    đồng biến, từ đó suy ra x2 = y2  x= y, x = - y +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t Đưa pt về dạng 1 8 1 9 9 t t             , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1  x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1  y = - 3  x = 3 ĐỀ 13 PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH . www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 69 Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : 2 2 2 1 m x x x     Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 5 2 2 os sin 1 12 c x x       2) Giải hệ phương trình: 2 8 2 2 2 2 log 3log ( 2) 1 3 x y x y x y x y            . Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: /4 2 /4 sin 1 x I dx x x       Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 .Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = 3 3 a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 -x + 5-y +5-z = 1 .Chứng minh rằng         25 25 25 25 5 5 5 5 5 x y z x y z y z x z x y   5 5 5 4 x y z PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1 HOẶC PHẦN 2) PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao : 1 0CH x y   , phân giác trong : 2 5 0BN x y   .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d 2 1 4 6 8 x y z      và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: 2 4 3 1 0 2 z z z z     PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03:1  yxd và 06:2  yxd . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng : D1 : 2 1 1 1 2 x y z     , D2 : 2 2 3 x t y z t       Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 0 4 8 2004 20082009 2009 2009 2009 2009...S C C C C C      ĐÁP ÁN ĐỀ 13 Câu I 2 điểm a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 23 2y x x .   www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 70 Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R. Sự biến thiờn: 23 6y' x x.  Ta có 0 0 2 x y' x      0,25    0 2 2 2CD CTy y ; y y .     0,25 Bảng biến thiên: x  0 2  y'  0  0  y 2   2 0,25 Đồ thị: f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25 Biện luận số nghiệm của phương trình 1 222   x m xx theo tham số m. Ta có  2 22 2 2 2 1 1 1 m x x x x x m,x . x           Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của    2 2 2 1y x x x , C'    và đường thẳng 1y m,x .  0,25 b) Vỡ       2 1 2 2 1 1 f x khi x y x x x f x khi x          nờn  C' bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng 1x . + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng 1x  qua Ox. 0,25 www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 71 hình f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25 Dựa vào đồ thị ta có: + 2m :  Phương trình vụ nghiệm; + 2m :  Phương trình có 2 nghiệm kộp; + 2 0m :   Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt; + 0m : Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt. 0,25 2) Đồ thị hàm số y = 2( 2 2) 1x x x   , với x  1 có dạng như hình vẽ : II 1) 5 2 2 os sin 1 12 c x x       5 5 2 sin 2 sin 1 12 12 x             1+ 3 1- 3 - 2 m 1 2 www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Duy Thái 72 1) 0.25 5 5 1 5 5 sin 2 sin sin sin 2 sin sin 12 12 4 12 4 122 2cos sin sin 3 12 12

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfBồ đề luyện thi đại học cấp tốc và ôn TN THPT 2011 môn Toán.pdf
Tài liệu liên quan