Giáo án lớp 12 môn Đại số - Đề 33 - Luyện thi Đại học

Luyện thi Đại học Thầy: Lê Văn Ánh 1 anh leâ vaên ĐỀ SỐ 33: I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 4 3 22 3 1 (1)= + − − +y x mx x mx . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2 3 2 8 + 2) Giải phương trình: 2 22 1 2 ( 1) 2 3 0+ + + + + + + =x x x x x x Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: ( ) 2 0 1 sin 2 pi = +∫I x xdx . Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A′.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA′ = b. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A′BC). Tính tanα và thể tích của khối chóp A′.BB′C′C. Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh: 2 2 2 2 2 2 + + ≥ + + a b c a b c b c a b c a . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng ∆: x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 21 29 1 10.3+ − + −+ ≥x x x x . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng ∆: x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích ∆IAB lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm D(–1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: 14 2 2(2 1)sin(2 1) 2 0+− + − + − + =x x x x y . Luyện thi Đại học Thầy: Lê Văn Ánh 2 anh leâ vaên Hướng dẫn giải Đề số 33 Câu I: 2) Đạo hàm 3 2 24 3 4 3 ( 1)[4 (4 3 ) 3 ]′ = + − − = − + + +y x mx x m x x m x m 2 1 0 4 (4 3 ) 3 0 (2) =′ = ⇔  + + + = x y x m x m Hàm số có 2 cực tiểu ⇔ y có 3 cực trị ⇔ y′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 2(3 4) 0 4 . 34 4 3 3 0 ∆ = − > ⇔ ⇔ ≠ ± + + + ≠ m m m m Thử lại: Với 4 3 ≠ ±m , thì y′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3, ,x x x Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi 4 . 3 ≠ ±m Câu II: 1) PT ⇔ 2 cos4 , 2 16 2 pi pi = ⇔ = ± + ∈x x k k Z 2) Đặt: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 1 2, 0 2 1 2 32 3, 0 2  − = + = + > = +   ⇒ ⇒   − − = + + == + + >   v u x u x u u x v u v x x xv x x v PT ⇔ 0 ( ) 1 ( ) ( ) 1 0 1 ( ) 1 0 ( )2 2 2 2 − =  +  − − + + = ⇔ +     + + + =       v u b v u v u v u v u v u c Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. Do đó: PT ⇔ 2 2 1 0 2 3 2 2 − = ⇔ = ⇔ + + = + ⇔ = −v u v u x x x x Câu III: Đặt 1 sin 2 = +  = u x dv xdx ⇒ I = ( ) /2 2 0 0 1 1 1 cos2 cos2 1 2 2 4 pi pi pi − + + = +∫x x xdx . Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ∆ ABC. Vì A′.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A′BC) là ϕ =
′A EH . Ta có : 3 3 3 , , 2 3 6 = = = a a a AE AH HE ⇒ 2 2 2 2 9 3' ' 3 − = − = b a A H A A AH . Do đó: 2 2' 2 3 tanϕ − = = A H b a HE a ; 2 2 2 2 . ' ' ' 3 3 ' . 4 4∆ ∆ − = ⇒ = =ABC ABC A B C ABC a a b a S V A H S 2 2 2 '. 1 3 ' . 3 12∆ − = =A ABC ABC a b a V A H S . Do đó: ' ' ' . ' ' ' '.= −A BB CC ABC A B C A ABCV V V = 2 2 23 6 −a b a Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: • 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 3 . . 3+ + ≥ = a b c a b c b c a b c a (1) • 2 2 2 2 2 2 1 2 ; 1 2 ; 1 2+ ≥ + ≥ + ≥ a a b b c c b b c c a a ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 3  + + ≥ + + −    a b c a b c b c a b c a (2) Từ (1) và (2) ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 2    + + ≥ + +        a b c a b c b c a b c a ⇒ đpcm. Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5) ∆ : x + y – 5 = 0, E ∈ ∆ ⇒ E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB Luyện thi Đại học Thầy: Lê Văn Ánh 3 anh leâ vaên I trung điểm NE ⇒ 2 12 2 4 5 1 = − = −  = − = − + = − N I E N I E x x x m y y y m m ⇒ N (12 – m; m – 1)  MN = (11 – m; m – 6);  IE = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m) . 0=   MN IE ⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0 ⇔ m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 ⇔ m = 6 hay m = 7 + m = 6 ⇒  MN = (5; 0) ⇒ PT (AB) là y = 5 + m = 7 ⇒  MN = (4; 1) ⇒ PT (AB) là x – 1 – 4(y – 5) = 0 ⇒ x – 4y + 19 = 0 2) I (1; 2; 3); R = 1 4 9 11 5+ + + = d (I; (P)) = 2(1) 2(2) 3 4 3 4 4 1 − − − = + + < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : 1 2 2 2 3 = +  = −  = − x t y t z t Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J ∈ d ⇒ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t) J ∈ (P) ⇒ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 ⇒ t = 1 Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = 2 2 4− =R IJ Câu VII.a: Đặt 2 3 += x xt , t > 0. BPT ⇔ t2 – 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9) Khi t ≤ 1 ⇒ 2 23 1 0 1 0+= ≤ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤x xt x x x (a) Khi t ≥ 9 ⇒ 2 2 23 9 2 0 1 + ≤ −= ≥ ⇔ + − ≥ ⇔  ≥ x x x t x x x (b) Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–∞; –2] ∪ [–1;0] ∪ [1; + ∞). Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2 Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ∆ABC, ta có S∆ABC =
1 IA.IB.sinAIB 2 = sin
AIB Do đó S∆ABC lớn nhất khi và chỉ khi sin
AIB = 1 ⇔ ∆AIB vuông tại I ⇔ IH = IA 1 2 = (thỏa IH < R) ⇔ 2 1 4m 1 m 1 − = + ⇔ 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1 ⇔ 15m2 – 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m = 8 15 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz. Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 1; 1; 1 ; ; ;0 . 1; 1; 1 ; ;0; .  = − − = − = +  ⇒  = − − = − = +          DP p NM m n DP NM m n DN n PM m p DN PM m p . Phương trình mặt phẳng (P): 1+ + = x y z m n p . Vì D ∈(P) nên: 1 1 1 1 − + + = m n p . D là trực tâm của ∆MNP ⇔ . 0 . 0 ( ) ( )  ⊥ =    ⊥ ⇔ =   ∈ ∈          DP NM DP NM DN PM DN PM D P D P ⇔ 0 3 0 3 1 1 1 1 + = = − + = ⇔  = = − + + =  m n m m p n p m n p Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P): 1 3 3 3 + + = − x y z . Luyện thi Đại học Thầy: Lê Văn Ánh 4 anh leâ vaên Câu VII.b: PT ⇔ ( )2 2 2 1 sin(2 1) 0(1)2 1 sin(2 1) cos (2 1) 0 cos(2 1) 0 (2)  − + + − = − + + − + + − = ⇔  + − = x x x x x x y y y y Từ (2) ⇒ sin(2 1) 1+ − = ±x y . • Khi sin(2 1) 1+ − =x y , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN) • Khi sin(2 1) 1+ − = −x y , thay vào (1), ta được: 2x = 2 ⇔ x = 1. Thay x = 1 vào (1) ⇒ sin(y +1) = –1 ⇔ 1 , 2 pi pi= − − + ∈y k k Z . Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; 1 , 2 pi pi − − + ∈    k k Z .