BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 potx

120 386 2
BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 potx

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Môn: Toán - Thời gian: 180 phút ĐỀ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 3 2 x x   có đồ thị là (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cos x x x x x x x x        2) Giải phương trình:   2 2 2 1 5 2 4; x x x x R     Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2 1 ln ln 1 ln e x I x dx x x           Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là .O ,A B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a ,   0 60ASO SAB  . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2 4 x y x y P xy     II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d có phương trình : 0x y  và điểm (2;1)M . Tìm phương trình đường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( )d tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng    đi qua hai điểm   0; 1;2 ,A    1;0;3B và tiếp xúc với mặt cầu   S có phương trình: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 2x y z      Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2 1 0z z   . Rút gọn biểu thức 2 2 2 2 2 3 4 2 3 4 1 1 1 1 P z z z z z z z z                                 2. Theo chương trình nâng cao . Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn   C có phương trình   2 2 : 4 25x y   và điểm (1; 1)M  . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn   C tại 2 điểm ,A Bsao cho 3MA MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   P có phương trình: 1 0x y   . Lập phương trình mặt cầu   S đi qua ba điểm       2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0A B C  và tiếp xúc với mặt phẳng   P BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:     2 1 2 2 2 1 2 3 log 1 log 1 6 2 log 1 2 log ( 1) x x x x               ĐÁP ÁN ĐỀ 1 1) y= 2 3 2 x x   (C) D= R\ {2} lim 2 : 2 x y TCN y     2 2 lim ; lim x x y y          TCĐ x = 2 y’ = 2 1 0; 2 ( 2) x x      BBT 2) Gọi M(x o ; 0 0 2 3 2 x x   ) (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M: () y = 2 0 0 2 2 0 0 2 6 6 ( 2) ( 2) x x x x x       ( )  TCĐ = A (2; 0 0 2 2 2 x x   ) ( )  TCN = B (2x 0 –2; 2) 0 0 2 (2 4; ) 2 AB x x       AB = 2 0 2 0 4 4( 2) 2 2 ( 2) cauchy x x      AB min = 2 2  0 3 (3;3) 1 (1;1) o x M x M        II 1. 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cos x x x x x x x x        1,0 TXĐ: D =R 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cos x x x x x x x x          sin 0 (sin ). 2 2(sin ) sin . 0 2 2(sin ) sin . 0 x cosx x cosx x cosx x cosx x cosx x cosx                 0,25 + Với sin 0 ( ) 4 x cosx x k k Z         0,25 + Với 2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx    , đặt t = sin (t 2; 2 )x cosx        được pt : t 2 + 4t +3 = 0 1 3( ) t t loai         0.25 -2 -1 1 2 3 4 5 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x y t = -1 2 ( ) 2 2 x m m Z x m                Vậy : ( ) 4 2 ( ) 2 2 x k k Z x m m Z x m                       0,25 Câu II.2 (1,0 đ)   2 2 2 1 5 2 4; x x x x R     Đặt 2 2 4 2 2 4 2( 2 )t x x t x x     ta được phương trình 2 2 1 5 2 8 0 2 t t t t        4 2 t t        + Với t =  4 Ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 4 2( 2 ) 16 2 8 0 x x x x x x x x                   2 0 2 2 x x x          + Với t = 2 ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 2 2( 2 ) 4 2 2 0 x x x x x x x x                  2 0 3 1 3 1 x x x             ĐS: phương trình có 2 nghiệm 2, 3 1x x    0,25 0,25 0,25 0,25 III 2 1 ln ln 1 ln e x I x dx x x           I 1 = 1 ln 1 ln e x dx x x   , Đặt t = 1 ln x  ,… Tính được I 1 = 4 2 2 3 3  0.5   2 2 1 ln e I x dx  , lấy tích phân từng phần 2 lần được I 2 = e – 2 I = I 1 + I 2 = 2 2 2 3 3 e   0.25 0.25 Câu IV (1,0 đ) Gọi I là trung điểm của AB , nên OI a Đặt OA R  0 60SAB SAB   đều  1 1 1 2 2 2 3 sin OA R IA AB SA ASO     Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2 OA IA IO  2 2 2 6 3 2 R a R a R     2SA a  Chiếu cao: 2 2 a SO  Diện tích xung quanh: 2 6 2 3 2 xq a S Rl a a       0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) Cho hai số dương ,x y thỏa mãn: 5x y  . 4 2 4 1 4 1 4 2 4 4 2 2 x y x y x y y x y P xy y x y x              Thay 5 y x   được: 4 1 5 4 1 5 4 1 5 3 2 . 2 . 4 2 2 4 2 4 2 2 y x x y y P x x y x y x y x                P bằng 3 2 khi 1; 4x y  Vậy Min P = 3 2 Lưu ý: Có thể thay 5 y x   sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3 5 3 5 ( ) (5 ) 4 x x g x x x      0,25 0,50 0,25 Câu AVI.1 (1,0 đ) Anằm trên Ox nên   ;0A a , B nằm trên đường thẳng 0x y  nên ( ; ) B b b , (2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b         Tam giác ABM vuông cân tại M nên: 2 2 2 ( 2)( 2) ( 1) 0 . 0 ( 2) 1 ( 2) ( 1) a b b MA MB MA MB a b b                           , do 2b  không thỏa mãn vậy 2 2 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 , 2 2 2 1 ( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1) 2 b a b b a b b b b a b b b b b                                          2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 1 4 ( 2) ( 1) . 1 0 ( 2) 3 a b a b b b a b b b b                                                0,25 0,25 S O A B I Với: 2 1 a b      đường thẳng  qua AB có phương trình 2 0x y   Với 4 3 a b      đường thẳng  qua AB có phương trình 3 12 0x y   0,25 0,25 ĐỀ 2 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 y x m x m m x       có đồ thị (C m ). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng   ;2 Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 xx b) Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22  xxxx Câu III (1 điểm) Tính tích phân    2ln3 0 23 )2( x e dx I 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 măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3 4 Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1 22  yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 1 1 22 44    yx yx P II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2  zzzz ,  z C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) :3 5 0x y    sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 5 1 1 3 4 : 1        zyx d 13 3 1 2 : 2 zyx d     Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22  xxx ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu I a) Đồ thị Học sinh tự làm 0,25 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x      )1(6)12(66' 2  mmxmxy y’ có 01)(4)12( 22  mmm 0,5       1 0' mx mx y Hàm số đồng biến trên   ;2  0'y 2 x  21 m  1m 0,25 b) 0,25 Câu II a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 xx 1 đi ểm PT  1)1cos4(3cos2 2 xx  1)sin43(3cos2 2  xx 0,25 Nhận xét Zkkx  ,  không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 1)sin43(3cos2 2  xx  xxxx sin)sin4sin3(3cos2 3   xxx sin3sin3cos2   xx sin6sin  0,25         26 26 mxx mxx          7 2 7 5 2   m x m x ; Zm  0,25 Xét khi  5 2  m  k  2m=5k  m t5  , Zt  Xét khi 7 2 7  m  =  k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Zl  Vậy phương trình có nghiệm: 5 2  m x  ( tm 5 ); 7 2 7  m x  ( 37  lm ) trong đó Zltm ,, 0,25 Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22  xxxx 1 đi ểm PT  631012)13(2 22  xxxx 232)12(412)13(2 222  xxxxx . Đặt )0(12 2  txt Pt trở thành 0232)13(24 22  xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13('  xxxx 0,25 b) Pt trở thành 0232)13(24 22  xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13('  xxxx 0,25 Từ đó ta có phương trình có nghiệm : 2 2 ; 2 12     x t x t Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:          7 602 ; 2 61 x 0,5 Tính tích phân    2ln3 0 2 3 )2( x e dx I 1 đi ểm Ta c ó    2ln3 0 2 33 3 )2( xx x ee dxe I = Đặt u= 3 x e  dxedu x 3 3  ; 22ln3;10  uxux 0,25 Ta được:    2 1 2 )2( 3 uu du I =3 du u uu              2 1 2 )2(2 1 )2(4 1 4 1 0,25 =3 2 1 )2(2 1 2ln 4 1 ln 4 1           u uu 0,25 Câu III 8 1 ) 2 3 ln( 4 3  Vậy I 8 1 ) 2 3 ln( 4 3  0,25 Câu IV 0,5 A B C C’ B’ A’ H O M Gọi M là trung điểm BC ta thấy:      BCOA BCAM ' )'( AMABC  Kẻ ,'AAMH  (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) Do BCHM AMAHM AMABC       )'( )'( .Vậy HM là đọan vông góc chung của AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd  . Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AH HM AO OA  '  suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A  Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC  0,5 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 3 cba .Chứng minh rằng: 134)(3 222  abccba 1 đi ểm Đặt 2 ;134)(3),,( 222 cb tabccbacbaf   *Trước hết ta chưng minh: ),,(),,( ttafcbaf  :Thật vậy Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết cba  33  cbaa hay a 1  ),,(),,( ttafcbaf 134)(3134)(3 2222222  atttaabccba = )(4)2(3 2222 tbcatcb  =                 22 22 4 )( 4 4 )(2 3 cb bca cb cb = 2 2 )( 2 )(3 cba cb   = 0 2 ))(23( 2   cba do a 1 0,5 *Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: 0),,( ttaf với a+2t=3 Ta có 134)(3),,( 2222  atttattaf = 13)23(4))23((3 2222  ttttt = 0)47()1(2 2  tt do 2t=b+c < 3 Dấu “=” xảy ra 10&1  cbacbt (ĐPCM) 0,5 Câu V 2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1 22  yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 1 1 22 44    yx yx P Từ giả thiết suy ra: xyxyyx xyxyxyyxyx 33)(1 21 2 22   Từ đó ta có 1 3 1  xy . 0,25 M¨t kh¸c xyyxyxyx  11 2222 nªn 12 2244  xyyxyx .®¨t t=xy Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña 1 3 1 ; 2 22 )( 2     t t tt tfP 0.25 TÝnh          )(26 26 0 )2( 6 10)(' 2 lt t t tf 0.25 Do hàm số liên tục trên   1; 3 1  nên so sánh giá trị của ) 3 1 (  f , )26( f , )1(f cho ra kết quả: 626)26(  fMaxP , 15 11 ) 3 1 (min  fP 0.25 Câu VIa 1 đi ểm (Học sinh tự vẽ hình) Ta có:   1;2 5AB AB     . Phương trình của AB là: 2 2 0x y   .     : ;I d y x I t t   . I là trung điểm của AC: )2;12( ttC  0,5 a) Theo bài ra: 2),(. 2 1   ABCdABS ABC  446. t        3 4 0 t t Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( 3 8 ; 3 5 ) thoả mãn . 0,5 1 đi ểm *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 b) *Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên )1;1;2(// nOH ;   H ABC Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 3 1 suy ra ) 3 1 ; 3 1 ; 3 2 ( H 0,25 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm của OO’  ) 3 2 ; 3 2 ; 3 4 (' O 0,5 Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2  zzzz ,  z C. 1 đi ểm PT   10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2( 22  zzzz Đặt zzt 2 2  . Khi đó phương trình (8) trở thành: 0,25 Đặt zzt 2 2  . Khi đó phương trình (8) trở thành 0103 2  tt 0,25 CâuVIIa             61 1 5 2 z iz t t Vậy phương trình có các nghiệm: 61z ; iz  1 0,5 Câu VIb a) 1 đi ểm Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0x y   và 5AB  Viết phương trình đường CD: 4 17 0x y   và 17CD  0,25 Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: ( ;3 5)M t t  Ta tính được: 13 19 11 37 ( , ) ; ( , ) 5 17 t t d M AB d M CD     0,25 Từ đó: ( , ). ( , ). MAB MCD S S d M AB AB d M CD CD   7 9 3 t t      Có 2 điểm cần tìm là: 7 ( 9; 32), ( ;2) 3 M M  0,5 1 đi ểm Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1 , d 2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥   1 2 ,d d d dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 , d 2 0, 25 Ta tìm A, B : ' AB u AB u            Ad 1 , Bd 2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) 0,25  AB  (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) 0,25 b) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 Nên có phương trình là:   2 2 2 2 ( 1) ( 1) 6x y z      0,25 CâuVIIb Giải bất phương trình 2log9)2log3( 22  xxx 1 đi ểm [...]... Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh 1 2 b c  1  a    2   3a  b 3a  c 2 a  b  c  3a  c 3a  b ĐÁP ÁN ĐỀ 5 Câu I (2,0) Phần 1(1,0) 2(1,0) Nội dung Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa Từ giả thi t ta có: (d ) : y  k ( x  1)  1 Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 2 có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho  x2  x1   ...  2du   (2u  6)du  6 u  1du 0 1 1 0.25 2  u 2  6u  1  6ln u  1 1 0.25  3  6 ln 3 2 0.25  2 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC C B 0.25 N H M A 2  3 6 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1      3  3   2 Diện tích tam giác AMN là S AMN  2 2 0.25 1 3 AM AN sin 600  xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện...    15 5  ;  x; y      10    10  (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm 0.25 ĐỀ 4 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  (3 x  1) m (C ) với m là tham số 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi m  1 2 Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng... điểm) 1 Giải phương trình: 2log x1  2log x 2  x 3 3 ln  2  x  x1 x 2  1 2 Tìm giới hạn: lim ĐÁP ÁN ĐỀ 4 Câu Ý Câu I Ý1 NỘI DUNG Khi m =1  y  x3  3x  1 Tập xác định D=R Điểm 0,25 đ (2,0đ) (1,0 đ) Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x  2 y’= 3x – 3 ; y’=0  x  1 Bảng biến thi n Hàm số đồng biến trên khoảng   ;  1 , 1;    và nghịch biến trên khoảng  1;1 Hàm số đạt... 1 3 2009 Cho x=1 ta có: (C2009  C2009   C2009 )  (C2009  C2009   C2009 )  2 2009 Suy ra: B  22008 + Từ đó ta có: S  21003  2 2007 ĐỀ 3 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số 2 Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có...     4 4   0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm của  AB  IC AB, A’B’ Ta có:   AB   CHH '   ABB ' A '   CII ' C '  AB  HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K  II ' Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thi t 2x là cạnh đáy lớn Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K  I ' H...  1 x  2 1 nên trong trường hợp này (1) không 2 có nghiệm duy nhất Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1 ĐỀ 6 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm) Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y  x 3  (1  2m) x 2  ( 2  m) x  m  2 (1) m là tham số 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2 2 Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x... VII.b (1 điểm) 3  zi Giải phương trình ( ẩn z) trên tập số phức:    1 i  z  ĐÁP ÁN ĐỀ 6 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I(2đ) ý Nội dung 1(1đ) Khảo sát hàm số khi m = 2 Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3  3x 2 + 4 a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: lim y  ; lim y   x  Điểm 0,25 x  •Chiều biến thi n: Có y’ = 3x2  6x; y’=0  x =0, x =2 x  0 2 + y’ + 0  0 + 4 + y 0  Hàm số ĐB...  0  x  1 + 5-y +5-z = 1 Chứng minh rằng 25z 5 x  5y  5 z  z xy  5 5 4 Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 25x 25y  25x  5yz 5y  5zx -x : Đặt 5 x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thi t ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 abc    ( *) Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 4 a  bc b  ca c  ab a3 b3 c3 abc  2  2  ( *)  2 a  abc b  abc c  abc 4 0,25đ 0,25đ a3 b3 c3... Giải phương trình cos 2 x  cos x  1  2 1  sin x  sin x  cos x 7  x2  x x  5  3  2x  x2 3 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân  3 0 ( x  ) x3 dx x 1  x  3 Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: x  y  3 xy Câu . , 0;2; 2 , 1;3;0A B C  và tiếp xúc với mặt phẳng   P BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:     2 1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Môn: Toán - Thời gian: 180 phút ĐỀ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Ngày đăng: 10/03/2014, 12:20

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan