Trờng thpt đề luyện thi đại học. số 5 bắc yên thành Môn Toán Khối A. Thời gian làm bài 180 phút Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 4 2 y x 4x m= + có đồ thị (C m ). 1) Khảo sát hàm số khi m = 3. 2) Khi (C m ) cắt trục hoành Ox tại 4 điểm phân biệt. Hãy xác định m để hình phẳng giới hạn bởi (C m ) và trục hoành có diện tích phần phía trên và phần phía dới trục hoành bằng nhau. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phơng trình: 2 2 2(1 x). x 2x 1 x 2x 1 + = 2) Giải phơng trình: 9sin x 6cos x 3sin 2x cos 2x 8+ + = Câu III. (2 điểm) 1) Giải hệ phơng trình: y 5 log x 2 4 y y.x x log y.log (y 3x) 1 = = 2) Chứng minh đẳng thức: n 1 0 n 2 1 n 3 2 n 1 n 1 1 2 n 1 n n n n n n n n n4 C (n 1)4 C (n 2)4 C . ( 1) C C 4C . n2 C + + + = + + + Câu IV. (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elíp (E): 2 2 x y 1 18 8 + = . Tiếp tuyến của (E) tại điểm M thuộc (E) cắt 2 trục tọa độ tại A và B. Tìm vị trí của M trên (E) để OAB có diện tích nhỏ nhất. 2) Trong không gian Oxyz cho đờng thẳng x 2 y z 1 d : 1 1 2 + = = và điểm A=(3;3;2). Xác định tọa độ điểm B đối xứng với A qua d. Câu V. (1 điểm) Cho ABC có diện tích S. Gọi m a , m b , m c ; h a , h b , h c tơng ứng là độ dài các trung tuyến và đờng cao ứng với các đỉnh A, B, C của tam giác. Chứng minh rằng: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c m m m h h h 27S+ + + + Biên soạn đề: Ths. Nguyễn Bá Thủy Đáp án đề luyện thi. số 5 Môn: Toán. Khối A Thời gian làm bài 180 phút. Câu ý Nội dung Điểm I I.1) Với m =3 ta có hàm số 4 2 y x 4x 3= + Hs tự khảo sát. Đồ thị K/s: 0.75đ Đồ thị: 0.25đ I.2) Đặt t = x 2 . Đồ thị (C) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt Phơng trình 4 2 x 4x m 0 + = có 4 nghiệm phân biệt PT 2 t 4t m 0 + = có 2 nghiệm dơng t phân biệt ' 4 m 0 S 2 0 0 m 4 2 m 0 = > = > < < > (*) Gọi x 1 < x 2 là các hoành độ dơng của các giao điểm của (C) với Ox. Vì (C) nhận Oy làm trục đối xứng nên ta chỉ cần tìm điều kiện để S 1 = S với: S 1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi Oy, (C), Ox, x = x 1 . S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi Ox, (C), x=x 1 , x=x 2 . Ta có: 1 2 1 x x 4 2 4 2 1 2 0 x S S x 4x m dx x 4x m dx= + = + 1 2 2 1 x x x 4 2 4 2 4 2 0 x 0 (x 4x m)dx (x 4x m)dx (x 4x m)dx 0 + = + + = 2 x 4 2 4 2 5 3 2 2 2 2 2 0 x 4x x 4x x 4x mx 0 x m 0 m 0 5 3 5 3 5 3 + = + = + = ữ ữ (1) vì x 2 >0 Lại do x 2 là nghiệm phơng trình 4 2 x 4x m 0 + = nên 4 2 2 2 x 4x m 0 + = (2) Giải hệ (1), (2) ta có: 20 m 9 = 0.25 0.25 0.5 II II.1) Giải phơng trình: 2 2 2(1 x). x 2x 1 x 2x 1 + = Điều kiện: 2 x 1 2 x 2x 1 0 x 1 2 + + Đặt 2 2 2 2 2 t x 2x 1 t x 2x 1 x t 2x 1= + = + = + , thay vào phơng trình đã cho ta có: 2 2 2(1 x)t (t 2x 1) 2x 1 t 2(1 x)t 4x 0 = + = t 2 t 2x = = t = 2 2 2 x 2x 1 2 x 2x 5 0 x 1 6+ = + = = (thỏa mãn điều kiện) t = 2x 2 2 x 0 x 2x 1 2x 3x 2x 1 0 + = + = Vô nghiệm. 0.25 0.25 0.5 2 Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm là x 1 6= II.2) Giải phơng trình: 9sin x 6cos x 3sin 2x cos 2x 8+ + = Phơng trình đã cho 2 9sin x 6cos x 6sin x cos x 1 2sin x 8+ + = 2 6cos x(1 sin x) 2sin x 9sin x 7 6cos x(sin x 1) (sin x 1)(2sin x 7) sin x 1 (1) (sin x 1)(6cos x 2sin x 7) 0 6cosx 2sin x 7 (2) = + = = + = + = (1) x k2 2 = + (2) vô nghiệm Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là x k2 ,k 2 = + Â 0.25 0.5 0.25 III III.1) Giải hệ phơng trình: y 5 log x 2 4 y y.x x log y.log (y 3x) 1 = = Điều kiện x 0 0 y 1 0 3x y 1 y 3x > < < < > Hệ đã cho y 5 log x 2 y y y y log y.x log x log (y 3x) log 4 = = 2 y y 5 1 (log x) log x 2 y 3x 4 + = = 2 y 2 y y 2 y log x 2 x y 5 x 4 (log x) log x 1 0 1 2 log x y x y 16 2 y 4 3x y 4 3x y 4 3x = = = + = = = = = + = + = + Vậy hệ có nghiệm (x;y) là (4;16) 0.25 0.25 0.5 III.2) Chứng minh đẳng thức. n 1 0 n 2 1 n 3 2 n 1 n 1 1 2 n 1 n n n n n n n n n4 C (n 1)4 C (n 2)4 C . ( 1) C C 4C . n2 C + + + = + + + Có ( ) n 0 n 1 n 1 2 n 2 n n n n n n 2x 1 C (2x) C (2x) C (2x) ( 1) C = + + + Lấy đạo hàm 2 vế ta có: n 1 0 n 1 1 n 2 2 n 3 n 1 n 1 n n n n 2n(2x 1) 2nC (2x 1) 2(n 1)C (2x) 2(n 2)C (2x) ( 1) .2C = + + Cho x =2 ta đợc: n 1 n 1 0 n 2 1 n 3 2 n 1 n 1 n n n n n.3 n.4 C (n 1)4 C (n 2)4 C . ( 1) .2C = + + (1) Ta lại có: n 0 1 n n n n n (1 x) C C x . C x+ = + + + Lấy đạo hàm hai vế ta có: n 1 1 2 n n 1 n n n n(1 x) C 2C x . nC x + = + + + Cho x =2, ta có: n 1 1 2 n 1 n n n n n.3 C 4.C . n.2 C = + + + (2) Từ (1) và (2) ta có đpcm. 0.25 0.25 0.25 0.25 IV IV.1) Trong mặt phẳng Oxy cho elíp (E): 2 2 x y 1 18 8 + = . Tiếp tuyến của (E) tại M (E) cắt 2 trục tọa độ tại A và B. Tìm vị trí của M trên (E) để OAB có diện tích nhỏ nhất. Phơng trình tiếp tuyến AB của (E) tại M(x 0 ; y 0 ) trên (E) là (d): 0 0 xx yy 1 18 8 + = d cắt Ox, Oy tại A, B tơng ứng có tọa độ là 0 0 18 8 A ;0 ; B 0; x y ữ ữ OAB 0 0 1 1 18 8 S OA . OB . 2 2 x y = = Do M(E) 2 2 0 0 x y 1 18 8 + = (1) không đổi 2 2 0 0 x y . 18 8 lớn nhất 2 2 0 0 x y 18 8 = (2) 0.25 0.25 3 Từ (1) và (2) ta có 4 điểm thỏa mãn là 1 2 3 4 M ( 3; 2); M ( 3; 2); M (3;2); M (3; 2) 0.5 IV.2) Trong không gian Oxyz cho x 2 y z 1 d : 1 1 2 + = = và điểm A= (3;3;2). Xác định tọa độ điểm B đối xứng với A qua d. Mp() qua A vuông góc với d có phơng trình: (x3) (y+3) 2(z 2) = 0 x y 2z 2 = 0. D có phơng trình tham số x 2 t y t z 1 2t = + = = . Thay vào phơng trình của () ta có: 2 + t + t + 2 + 4t 2 = 0 2 t 3 = d cắt () tại điểm 4 2 1 I ; ; 3 3 3 = ữ B là điểm đối xứng với A qua d I là trung điểm AB B B I A B I A B B I A B 1 x 3 x 2x x 13 y 2y y y 3 z 2z z 4 z 3 = = = = = = . Vậy điểm B đối xứng với A qua d có tọa độ 1 13 4 B ; ; 3 3 3 = ữ 0.25 0.25 0.25 0.25 V Chứng minh rằng: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c m m m h h h 27S+ + + + Theo công thức trung tuyến ta có: ( ) 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c 3 9 m m m a b c a b c 4 4 + + = + + (1) Mặt khác: ABC a b c 1 1 1 S ah bh ch 2 2 2 = = = . Do đó: 2 2 2 2 2 3 a b c 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 h h h 4S 12S a b c a b c + + = + + ữ (2) Nhân vế với vế 2 bất đẳng thức cùng chiều (1) và (2) ta có đpcm. 0.5 0.5 4 . soạn đề: Ths. Nguyễn Bá Thủy Đáp án đề luyện thi. số 5 Môn: Toán. Khối A Thời gian làm bài 180 phút. Câu ý Nội dung Điểm I I.1) Với m =3 ta có hàm số 4. Trờng thpt đề luyện thi đại học. số 5 bắc yên thành Môn Toán Khối A. Thời gian làm bài 180 phút Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 4 2 y x 4x m= + có