Tải bản đầy đủ

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI
ĐỀ SỐ 1
(Thời gian làm bài: 180 phút)
I. PHẦN CHUNG
Câu 1. (2 điểm)
Cho họ đồ thị (Cm) y =
2
2 1
1
x x m
x
+ + −

.
a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m = 1.
b) Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại, điểm cực tiểu và gốc toạ độ lập thành tam giác vuông tại O.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình:
sin 3 sin 2 .sin
4 4
x x x

π π
   
− = +
 ÷  ÷
   
b) Giải hệ phương trình:
2 2 2
3 3 3
.log 3 log log
log 12 log log
x y y x
x x y y
+ = +


+ = +

.
Câu 3. (2 điểm)
a) Tính cách tích phân sau:
2
3
1
. 1
dx
I
x x
=
+

;
2
4
0
sin 2
1 cos
x
J dx
x
π


=
+

.
b) Cho bốn điểm A(5; 1; 3), B(1; 6; 2), C(5; 0; 4), D(4; 0; 6). Chứng minh rằng hai đường thẳng AB và
CD chéo nhau. Tính khoảng cách giữa AB và CD và viết phương trình đường vuông góc chung của
chúng.
Câu 4. (2 điểm)
a) Giải phương trình:
3
2( 2)( 4 4 2 2) 3 1x x x x− − + − = −
.
b) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
2 2
2 3
(1 )(1 )
2
( 1)(1 )
a b b
a a b
+ +

− + +
.
II. PHẦN TỰ CHỌN
( Học sinh chỉ được chọn câu 5A hoặc câu 5B)
Câu 5A. (2 điểm) (Dành cho THPT không phân ban)
a) Cho n là số nguyên dương với n ≥ 2. Chứng minh rằng:
2 1 2 2 2 3 2 2
1 2 3 ... ( 1)2
n n
n n n n
C C C n C n n

+ + + + = +
b) Cho tam giác ABC. Xét tập hợp gồm năm đường thẳng song song với AB; sáu đường thẳng song
song với BC và bảy đường thẳng song song với AC. Hỏi các đường này tạo ra bao nhiêu hình bình hành,
bao nhiêu hình thang?
Câu 5B. (2 điểm) (Dành cho THPT phân ban)
Cho đường thẳng (∆) có phương trình
2 2 0x y− + =
và elip (E) có phương trình
2 2
1
8 4
x y
+ =
. Giả sử
đường thẳng (∆) cắt elip (E) tại hai điểm B và C.
a) Tìm điểm A thuộc elip (E) để tam giác ABC cân tại A.
b) Tìm điểm A thuộc elip (E) để tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải:
I. Phần bắt buộc
Câu 1.
a) Tự làm.
b) y’ =
2
2
2 1
( 1)
x x m
x
− − −

; y’ = 0 ⇔ x
2
- 2x - m - 1 = 0.
Hàm số có các điểm cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’ > 0 ⇔ 1 +
m + 1 > 0 ⇔ m > -2.
Khi đó y’ = 0 có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn :
1 2
1 2
2
1
x x
x x m
+ =


= − −

.
Gọi các điểm cực đại và cực tiểu là A(x
1
; y
1
), B(x
2
; y
2
). Có : y
1
= 2x
1
+ 2; y
2
= 2x
2
+ 2.
Tam giác OAB vuông tại O ⇔
. 0OAOB =
uuur uuur
⇔ x
1
x
2
+ y
1
y
2
= 0 ⇔ x
1
x
2
+ 4(x
1
+ 1)(x
2
+ 1) = 0 ⇔
5x
1
x
2
+ 4(x
1
+ x
2
) + 4 = 0 ⇔ 5(-m - 1) + 4.2 + 4 = 0 ⇔ -5m + 7 = 0 ⇔ m = 7/5 (t/m).
Câu 2.
a)
sin 3 sin 2 .sin sin 2 sin 2 .cos
4 4 4 4
x x x x x x x
π π π π
       
− = + ⇔ + − = −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       

sin 2 .cos sin cos2 sin 2 .cos sin cos 2 0
4 4 4 4
x x x x x x x x
π π π π
       
− + − = − ⇔ − =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       

sin 0
4 4
4
4 2
2
cos 2 0
2 4 2
x k x k
x
x k
x k x k
x
π π
π
π π
π π
π π π
π
 

 
− = = +
 
− =
 ÷

⇔ ⇔ ⇔ = +
 
 

 
= + = +
=

 
 
.
b) Giải hệ phương trình:
2 2 2
3 3 3
.log 3 log log
log 12 log log
x y y x
x x y y
+ = +


+ = +

ĐK: x>0, y>0
Pt ⇔
2 2 2 2
3 3 3 3
log 3 log log 2 log
3 . 2 . 3 . 2 .
log 12 log log 3 log
12 . 3 . 3 . 12 .
(1)
(2)
x y
x y x y
x y x y y x
y x
y x y x
x y
x y y x

 
+ = +
= =
  
⇔ ⇔
  
+ = +
= =
 

 

3 2
36 3
3 12
x y
x y
y x
⇒ = ⇔ =
⇔ y = 2x. Thế vào (1) ta được: 3
x
.2x = 2
2x
.x ⇔
4
3
4
2 log 2
3
x
x
 
= ⇔ =
 ÷
 
.
⇒ y =
4
3
log 4
.
Câu 3.
a) Tính các tích phân sau:
2
3
1
. 1
dx
I
x x
=
+

;
2
4
0
sin 2
1 cos
x
J dx
x
π
=
+

2 2
2
3 3 3
1 1
. 1 . 1
dx x dx
I
x x x x
= =
+ +
∫ ∫
. Đặt t =
3
1 x+
⇒ t
2
= 1 + x
3
⇒ 2tdt = 3x
2
dx.
x = 1 ⇒ t =
2
, x = 2 ⇒ t = 3.
I =
( )
2 3 3 3
2
2 2
3 3
1
2 2 2
3
2 2 1 1 1 1
ln 1 ln 1
3 3 3 1 1 3
( 1). 1
2
. 1
x dx tdt dt
dt t t
t t
t t t
x x
 
= = = − = − − +
 ÷
− +
− −
 
+
∫ ∫ ∫ ∫
=
( )
2
1 1 2 1 1 ( 2 1) 2 2 1
ln 2 ln( 2 1) ln 4 ln( 2 1) ln ln ln
3 3 3 2 3 2
2( 2 1)
+ + +
− − − + + = = =

.
2
4
0
sin 2
1 cos
x
J dx
x
π
=
+

. Đặt t = cos
2
x ⇒ dt = -2cosxsinxdx = -sin2xdx. x = 0 ⇒ t = 1, x =
2
π
⇒ t = 0.
0 1
2
4 2 2
0 1 0
sin 2
1 cos 1 1
x dt dt
J dx
x t t
π
= = − =
+ + +
∫ ∫ ∫
. Đặt t = tgx ⇒ dt = (1 + tg
2
x)dx. t = 1 ⇒ x = 0, t = 1 ⇒ x =
4
π
.
J =
2
4 4
2
0 0
(1 )
4
4
1
0
tg x dx
dx x
tg x
π π
π
π
+
= = =
+
∫ ∫
.
b)
( 4;5; 1)AB = − −
uuur
,
(0; 1;1)AC = −
uuur
,
( 1;0;2)CD = −
uuur
.

, ] (10;9;5)[AB CD =
uuur uuur

, ]. 10.0 9.( 1) 5.1 4 0[AB CD AC = + − + = − ≠
uuur uuur uuur
.
Vậy AB và CD chéo nhau.
d(AB, CD) =
, ].
4
4
.
100 81 25 206
, ]
[
[
AB CD AC
AB CD

= =
+ +
uuur uuur uuur
uuur uuur
+ Gọi (α) là mặt phẳng chứa AB và có VTCP
, ] (10;9;5)[u AB CD= =
r uuur uuur
. Suy ra (α) có vt VTPT
, ] (34;10; 86)[n AB u= = −
r uuur r
. Phương trình của (α):
34(x - 5) + 10(y - 1) - 86(z - 3) = 0 ⇔ 17x + 5y - 43z + 39 = 0.
+ Gọi (β) là mặt phẳng chứa CD và có VTCP
, ] (10;9;5)[u AB CD= =
r uuur uuur
. Suy ra (β) có vt VTPT
' , ] ( 18;25; 9)[n CD u= = − −
ur uuur r
. Phương trình của (β):
-18(x - 5) + 25(y - 0) - 9(z - 4) = 0 ⇔ 18x - 25y + 9z + 54 = 0.
Vậy phương trình đường vuông góc chung của AB và CD là:
17 5 43 39 0
18 25 79 54 0
x y z
x y
+ − + =


− + + =

.
Câu 4.
a) Giải phương trình:
3
2( 2)( 4 4 2 2) 3 1x x x x− − + − = −
. ĐK x > 1.
Dễ thấy x = 2 không phải là nghiệm của phương trình.
PT ⇔
3
3 1
4 4 2 2
2 4
x
x x
x

− + − =

.
+ Xét hàm số f(x) =
3
4 4 2 2x x− + −
. Có f’(x) =
3
4 1
0 1
3 4 4 2 2
x
x x
+ > ∀ >
− −
⇒ f(x) luôn đồng
biến với
1 x∀ >
.
+ Xét hàm số g(x) =
3 1
2 4
x
x


. Có g’(x) =
2
10
0 1
(2 4)
x
x

< ∀ >

⇒ g’(x) luôn nghịch biến với
1x∀ >
.
Vậy đồ thị hàm số y = f(x) và đồ thị hàm số y = g(x) chỉ cắt nhau tại một điểm duy nhất. Hay phương
trình có một nghiệm duy nhất.
Nhẩm nghiệm ta được x = 3 là nghiệm của phương trình.
b) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
2 2
2 3
(1 )(1 )
2
( 1)(1 )
a b b
a a b
+ +

− + +
.
II. Phần tự chọn
Câu 5A.
a) C ó (1 + x)
n
=
0 1 2 2
...
n n
n n n n
C C x C x C x+ + + +
. Lấy đạo hàm hai vế ta được:
1 1 2 3 2 1
(1 ) 2 3 ...
n n n
n n n n
n x C C x C x nC x
− −
+ = + + + +

1 1 2 2 3 3
(1 ) 2 3 ...
n n n
n n n n
nx x C x C x C x nC x

+ = + + + +
(*). Lấy đạo hàm hai vế của (*) ta được:
1 2 1 2 2 2 3 2 2 1
(1 ) ( 1) (1 ) 2 3 ...
n n n n
n n n n
n x n n x x C C x C x n C x
− − −
+ + − + = + + + +
.
Cho x = 1 ta được:
1 2 2 2 3 2 2 1 1 2 2
2 3 ... .2 ( 1).2 ( 1).2
n n n n n
n n n n
C C x C x n C x n n n n n
− − − −
+ + + + = + − = +
.
b) Gọi hai đường thẳng song song với nhau là hai đường thẳng cùng loại, hai đường thẳng cắt nhau là
hai đường thẳng khác loại.
+ Ta thấy một hình bình hành được tạo thành bởi hai cặp đường thẳng cùng loại. Vậy có:
2 2 2 2 2 2
5 6 6 7 7 5
. . . 675C C C C C C+ + =
hình bình hành.
+ Một hình thang được tạo thành bởi hai đường thẳng cùng loại và hai đường thẳng khác loại. Vậy có:
2 1 1 2 1 1 2 1 1
5 6 7 6 7 5 7 5 6
. . . . . . 1575C C C C C C C C C+ + =
hình thang.
Câu 5B.
Cho đường thẳng (∆) có phương trình
2 2 0x y− + =
và elip (E) có phương trình
2 2
1
8 4
x y
+ =
. Giả sử
đường thẳng (∆) cắt elip (E) tại hai điểm B và C.
a) Tìm điểm A thuộc elip (E) để tam giác ABC cân tại A.
b) Tìm điểm A thuộc elip (E) để tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất.
Toạ độ giao điểm của (∆) và (E) là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 0
2 6
2 8 0
( 2 2) 2 8 0 2 1 0
2
x y
x y x y
x y
x y
y y y y
y

= −
 

= − = −
− + =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
±
+ − =
− + − − − − =
 =
 


 

.
Vậy (∆) cắt (E) tại hai điểm B(
2 6
2 3;
2

− −
), C(
2 6
2 3;
2
+
− +
).
a) Gọi A(x
0
; y
0
) ∈ (E) ⇒ x
0
2
+ 2y
0
2
= 8.Tam giác ABC cân tại A ⇔ AB = AC ⇔ AB
2
= AC
2


( ) ( )
2 2
2 2
0 0 0 0
2 6 2 6
2 3 2 3
2 2
x y x y
   
− +
+ + + − = + − + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

0 0 0 0
2 2
2 3( 2) 6 2 3( 2) 6
2 2
x y x y
   
+ − − = − + + −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

0 0
2
2( 2) 2 0
2
x y
 
+ − − =
 ÷
 ÷
 
.
Ta có hệ phương trình:
0
0
0
2 2
0
0
0 0
0
2
2
2
0
0 0
0
0
0
2 5
2 5
2 5
2
2 8 0
2
2
2 5
2 2 5 0
5 2 2 30
2 8 0
10 10 2 7 0
2
10
y
y
x
y
x
x y
x
y
x y
y
y y
y




=
 

=


+ − =
=
   
⇔ ⇔ ⇔
   
 

− + =


  

+ − =
− − =
=
 ÷

 
 ÷

 


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×