NGOCTIEN_A1_DQH

đề thi toán khối D


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số $y = 2x^3 – 3mx^2 + (m-1)x + 1\,\,\left( 1 \right),\,\,\,m$ là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $(1)$ khi $m=1$.
2. Tìm $m$ để đường thẳng $y=-x+1$ cắt đồ thị hàm số $(1)$ tại ba điểm phân biệt.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình $\sin 3x + \cos 2x - \sin x =0$.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình $2\log_2x+\log_{\frac{1}{2}}(1-\sqrt{x})=\frac{1}{2}\log_{\sqrt{2}}(x – 2\sqrt{x}+2)$.

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân $I = \int\limits_0^1 \frac{(x+1)^2}{x^2+1}dx$
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi cạnh $a$, cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy, $\widehat{BAD}=120^o$, $M$ là trung điểm cạnh $BC$ và $\widehat{SMA}=45^o$. Tính theo $a$ thể tích của khối chóp $S.ABCD$ và khoảng cách từ điểm $D$ đến mặt phẳng $(SBC)$.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho $x,y$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $xy \leq y - 1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$P = \frac{x+y}{\sqrt{x^2-xy+3y^2}}-\frac{x-2y}{6(x+y)}$$

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có điểm $M\left( -\frac{9}{2};\frac{3}{2} \right)$ là trung điểm cạnh $AB$, điểm $H(-2;4)$ và điểm $I(-1;1)$ lần lượt là chân đường cao kẻ từ $B$ và tâm đường trong ngoại tiếp tam giác $ABC$. Tìm tọa độ đỉnh $C$.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho các điểm $A(-1;-1;-2), B(0;1;1)$ và mặt phẳng $\left( P \right):x + y +z-1= 0$. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của $A$ trên $(P)$. Viết phương trình mặt phẳng đi qua $A,B$ và vuông góc với $(P)$.
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức $z$ thỏa mãn $(1+i)(z-i)+2z=2i$. Tìm môđun của số phức $w= \frac{\overline z – 2z + 1}{z^2}$.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho đường tròn $\left( C \right): (x-1)^2+(y-1)^2 = 4$ và đường thẳng $\Delta :y-3=0$. Tam giác $MNP$ có trự tâm trùng với tâm của $\left( C \right)$, các đỉnh $N$ và $P$ thuộc $\Delta$, đỉnh $M$ và trung điểm cạnh $MN$ thuộc $\left( C \right)$. Tìm tọa độ điểm $P$.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $A\left( -1; 3;-2 \right)$ và mặt phẳng $(P): x -2y -2z+5 = 0$. Tính khoảng cách từ $A$ đến $(P)$. Viết phương trình mặt phẳng đi qua $A$ và song song với $(P)$
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(x) = \frac{2x^2-3x+3}{x+1}$ trên đoạn $[0;2]$

---Hết---

Tam giác ABC có sinA+sinC=2sinB
Chứng minh rằng: $tan\frac{A}{2}+tan\frac{C}{2}\geq \frac{2\sqrt{3}}{3}$

lâu lắm mới post bài

đặt $ tan\frac{A}{2}=x; tan\frac{B}{2}=y; tan\frac{C}{2}=z $ (với $ x,y,z>0 $)

dễ chứng minh đẳng thức quen thuộc trong tam giác sau:

$ tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}+tan\frac{B}{2}tan\frac{C}{2}+tan\frac{C}{2}tan\frac{A}{2}=1 $

hay $ xy+yz+zz=1 $

mà từ đề bài ta có:

$ sinA+sinC=2sinB $

$ \Leftrightarrow \frac{x}{1+x^2}+\frac{z}{1+z^2}=\frac{2y}{1+y^2}$

$ \Leftrightarrow \frac{x}{xy+yz+zx+x^2}+\frac{z}{xy+yz+zx+z^2}=\frac{2y}{xy+yz+zx+y^2} $

$ \Leftrightarrow \frac{x}{(x+y)(x+z)}+\frac{z}{(z+x)(z+y)}=\frac{2y}{(y+x)(y+z)}$

$ \Leftrightarrow x(y+z)+z(x+y)=2y(z+x) $

$ \Leftrightarrow 2zx=yz+xy=1-zx $

$ \Leftrightarrow zx=\frac{1}{3} \Rightarrow z+x \geq \frac{2\sqrt{3}}{3} $

vậy bđt được chứng minh dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.

Ta có : $$\dfrac{C_{n}^{k}}{k+1} = \dfrac{C_{n+1}^{k+1}}{n+1}$$
Ta có : $$T = \dfrac{C_{2013}^{0}+C_{2013}^{1}+...+C_{2013}^{2013}}{2013}-\dfrac{1}{2013} = \dfrac{2^{2013}-1}{2013} $$

một lời giải khác cho bài này:

xét khai triển $ P(x)=(1+x)^n=C_n^0+C_n^1.x+C_n^2.x^2+....+C_n^n.x^n $

ta lấy tích phân từ 0 tới 1 của 2 vế:

$ \int_0^1(1+x)^ndx=\int_0^1(C_n^0+C_n^1.x+C_n^2.x^2+....+C_n^n.x^n)dx $

$ \Leftrightarrow \frac{(1+x)^{n+1}}{n+1}|_0^1=(C_n^0.x+\frac{1}{2}C_n^1x^2+\frac{1}{3}C_n^2.x^3+....+\frac{1}{n+1}.C_n^n.x^{n+1})|_0^1$

$ \Leftrightarrow \frac{2^{n+1}}{n+1}-\frac{1}{n+1}=C_n^0+\frac{1}{2}C_n^1+\frac{1}{3}C_n^2+...+\frac{1}{n+1}.C_n^n $

cho $ n=2012 $ ta được $ T=\frac{2^{2013}-1}{2013} $

Kì thi giải toán trên MTCT tỉnh Hưng Yên năm học 2012-2013

Môn: Toán

Ngày thi: 22-1-2013

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1 (1.5 điểm): giải phương trình: $ 5^x=3x+2cosx $

Bài 2 (1 điểm): tìm nghiệm của PT: $ \sqrt{x-2}=17-x^3 $

Bài 3 (1 điểm): tìm cặp số $ (x;y) $ nguyên dương thỏa mãn $ x^3-4y^2=2xy $ biết $x$ nhỏ nhất và $x$ có 3 chữ số.

Bài 4 (1.5 điểm): cho hàm số $ y=\frac{(x+1)^2\sqrt{x^2+1}}{\sqrt[3]{x^2+2}} $. Tính hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm có hoành độ $ x=1,2345 $.

Bài 5 (1.5 điểm): cho các dãy số $ (u_n); (v_n) $ xác định như sau:
$ u_1=1; v_1=2013; u_n=\frac{u_{n-1}+v_{n-1}}{2}; v_n=\sqrt{u_{n-1}.v_{n-1}} \forall n \geq 2 $
biết rằng 2 dãy $ u_n $ và $ v_n $ có giới hạn, tính các giới hạn đó.

Bài 6 (1 điểm): cho dãy $ (u_n) $ biết $ u_1=\frac{1}{2012}; u_n=\frac{1}{1+u_{n-1}}, (n>1) $
a/ tính $ u_{10} $
b/ tính $ S=\sum_{i=1}^{10}u_i $

Bài 7 (1 điểm): tính gần đúng tọa độ các giao điểm của đường tròn © có tâm $ I(3;0) $, bán kính $ R=4 $ và đường Elip $ (E): \frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1 $

Bài 8 (1.5 điểm): cho khối lăng trụ $ ABC.A'B'C' $ có đáy là tam giác vuông cân tại $ C $ và $ AB=\sqrt{2} $. Biết mặt phẳng $ (AA'B) $ vuông góc với mặt phẳng $ (ABC) $; $ AA'=\sqrt{3} $, góc $ A'AB $ nhọn; góc giữa 2 mặt phẳng $ (A'AC) ; (ABC) $ bằng $ 60^0 $. hãy tính gần đúng thể tích khối lăng trụ.

Hết

cho em 1 vé nhé!

Câu V : (1,5đ)
Cho lăng trụ tam giác $ABC.A'B'C'$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$, các mặt bên là hình vuông . $M,H$ là trung điểm của $CC',A'B'$
1) Tìm thiết diện của lăng trụ khi cắt bởi mặt phẳng $(P)$ qua $M$ song song với $AH$ và $CB'$.
2) Tính diện tích của thiết diện vừa dựng được theo $a$.

tạm thời mới làm được 1 ý của bài này @@



từ M, kẻ đường thẳng song song với $ CB'$ cắt $B'C'$ tại $N$ và cắt $BB'$ tại $ K$

vì $ K,A,H $ đồng phẳng nên từ $ K $,trong mặt phẳng $ ABB'A'$ ,kẻ đường thẳng song song với $AH $ và cắt $A'B'; AB; AA' $ lần lượt tại $ E,F,I $

vì $ I,M,A,C \in (ACC'A') $ nên IM cắt AB tại G

vậy thiết diện cần tìm chính là ngũ giác $MNEFG $ như trên.

Bài 45: Giải Hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix}2-\sqrt{x^{2}y^{4}+2xy^{2}-y^{4}+1}=2(3-\sqrt{2}-x)y^{2} & \\ \sqrt{x-y^{2}}+x=3 & \end{matrix}\right.$

(Diễn đàn hocmai.com)

với bài như thế này, nhìn PT(2) có vẻ đơn giản hơn, nhưng nếu ta đi vào biến đổi PT(2) thì lại có vẻ bế tắc, hoặc có cách rút thế cần nhiều sức khoẻ, vì thế, ta thử biến đổi PT(1) xem sao

$ PT(1) \Leftrightarrow 2(xy^2+1)-\sqrt{(xy^2+1)^2-y^4}=(6-4\sqrt{2})y^2 $

nhìn thấy ở trong và ngoài căn có các đại lượng $ xy^2+1 $ khá giống nhau rồi, nhưng tự nhiên trong căn lại có thêm cái $ y^4 $ nữa có vẻ vô duyên, ta thử tìm cách khử nó đi xem sao, và vừa hay ở VP có $ y^2$, chia cả 2 vế cho $ y^2$, ta sẽ có điều mình cần:

vì $ y=0 $ không phải là nghiệm nên chia cả 2 vế cho $ y^2 $ ta được:

$ 2(x+\frac{1}{y^2})-\sqrt{(x+\frac{1}{y^2})^2-1}=6-4\sqrt{2} $

đặt $ x+\frac{1}{y^2}=t $ thì PT trở thành:

$2t-\sqrt{t^2-1}=6-4\sqrt{2} $

giải PT này bằng cách bình phương ta thu được nghiệm $ t=3 $

$ \Leftrightarrow 3=x+\frac{1}{y^2} $

kết hợp với PT(2) của hệ ta được:

$ \sqrt{x-y^2}+x=x+\frac{1}{y^2} $

$ \Leftrightarrow 3-\frac{1}{y^2}-y^2=\frac{1}{y^4} $

$ \Leftrightarrow y^2=1\Rightarrow x=2 \vee y^2=1+\sqrt{2} \Rightarrow x=\frac{8+6\sqrt{2}}{3+2\sqrt{2}} $

dễ thấy cặp nghiệm thứ 2 không thoả điều kiện $ x-y^2 \geq 0 $ nên bị loại

vậy hệ có nghiệm $ (2;1);(2;-1) $

Tính tích phân sau

b) $ \int_{0}^{\pi /4}\frac{x\cos 2x}{(1+\sin 2x)^2}dx$

$ I=\int_{0}^{\pi /4}\frac{x\cos 2x}{(1+\sin 2x)^2}dx=\int_{0}^{\pi /4}\frac{x(cosx-sinx)(cosx+sinx)}{(cosx+sinx)^4}dx=\int_{0}^{\pi /4}\frac{x(cosx-sinx)}{(cosx+sinx)^3}dx=\int_{0}^{\pi /4}\frac{xcos(x+\frac{\pi}{4})}{2sin^3(x+\frac{\pi}{4})}dx $

tới đây ta sử dụng pp tích phân từng phần

đặt $\left\{\begin{matrix} u=x & \\ dv=\frac{cos(x+\frac{\pi}{4})}{2sin^3(x+\frac{\pi}{4})} dx=\frac{d(sin(x+\frac{\pi}{4}))}{2sin^3(x+\frac{\pi}{4})} & \end{matrix}\right.$

thì: $\left\{\begin{matrix}
du=dx & \\ v=-\frac{1}{4sin^2(x+\frac{\pi}{4})}
&
\end{matrix}\right.$

theo công thức tích phân từng phần thì:

$ I=-\frac{x}{4sin^2(x+\frac{\pi}{4})}|_0^\frac{\pi}{4}+\int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{4sin^2(x+\frac{\pi}{4})}dx= -\frac{x}{4sin^2(x+\frac{\pi}{4})}|_0^\frac{\pi}{4}-\frac{1}{4}cot^2(x+\frac{\pi}{4})|_0^{\frac{\pi}{4}}$

công việc còn lại chỉ là thay số

Cho phương trình:
$$log_x(3-2x^2)=1$$
Hỏi $x=1$ có phải là nghiệm của phương trình hay không?

hình như ngay từ điều kiện cho loga thì cơ số đã phải khác 1 rồi mà anh , em nghĩ $ x=1 $ không là nghiệm

Bài 29: Giải hệ phương trình: $$\left\{ \begin{array}{c}9xy^3-24y^2+\left( 27x^2+40\right) y+3x-16=0\\y^2+(9x-10)y+3(x+3)=0 \end{array} \right.$$ Diễn đàn Onluyentoan - Lần 2

nhân phá tung ngoặc ra cho dễ nhìn

$ hpt \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 9xy^3-24y^2+27x^2y+40y+3x-16=0 & \\ y^2+9xy-10y+3x+9=0 & \end{matrix}\right.$

$ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 9xy(y^2+3x)+y^2+3x=25y^2-40y+16 (1) & \\ y^2+3x=10y-9xy-9 (2)) & \end{matrix}\right.$

$ (1) \Leftrightarrow (y^2+3x)(9xy+1)=(5y-4)^2$

thế từ PT(2) vào đây ta được:

$ (10y-9xy-9)(9xy+1)=(5y-4)^2 $

$ \Leftrightarrow [2(5y-4)-9xy-1]=(5y-4)^2 $

$ \Leftrightarrow (5y-4)^2-2(5y-4)(9xy+1)+(9xy+1)^2=0 $

$ \Leftrightarrow 5y-4=9xy+1 $

tới đây thì có thể đi theo con đường rút thế khá vất vả, ta có thể làm cách khác như sau:

thế $ 9xy=5y-5 $ vào PT(2) thì:

$ (2) \Leftrightarrow y^2+5y-5-10y+3x+9=0 $

$ \Leftrightarrow y^2-5y+3x+4=0 $(*)

dễ thấy $ y=0 $ không là nghiệm của hệ, nhân cả 2 vế của (*) với $ y $ ta có:

$ y^3-5y^2+3xy+4=0 $

$y^3-5y^2+\frac{5}{3}y+\frac{7}{3}=0 $

$ \Leftrightarrow y=1 \vee y=\frac{6+\sqrt{57}}{3} \vee y=\frac{6-\sqrt{57}}{3} $

vậy hệ có nghiệm $ (0;1); (\frac{15+5\sqrt{57}}{54+9\sqrt{57}};\frac{6+\sqrt{57}}{3});(\frac{15-5\sqrt{57}}{54-9\sqrt{57}};\frac{6-\sqrt{57}}{3}) $

Bài 26: Giải bất phương trình $$4^x\le 3.2^{\sqrt{x}+x}+4^{1+\sqrt{x}}$$ Chuyên Thái Ngọc Hầu - An Giang - Lần 1

nhận thấy cả 2 vế của bất phương trình đều có dạng lũy thừa của 2 nên ta sẽ đưa về cùng 1 cơ số để giải

$ BPT \Leftrightarrow 2^{2x} \leq 3.2^{x+\sqrt{x}}+4.2^{2\sqrt{x}} $

chia cả 2 vế cho $ 2^{2\sqrt{x}} $ ta được:

$ 2^{2x-2\sqrt{x}} \leq 3.2^{x-\sqrt{x}}+4 $

đặt $ 2^{x-\sqrt{x}}=t> 0 $ thì BPT trở thành:

$ t^2 \leq 3t+4 $

$ \Leftrightarrow t \in [-1;4] $

mà $ t >0 $ nên $ t \in (0;4] $

$ \Leftrightarrow 0<2^{x-\sqrt{x}} \leq 4 $

$ \Leftrightarrow x-\sqrt{x} \leq 2 $

$ x \in [0;4] $

vậy BPT có tập nghiệm là $ x \in [0;4] $

câu 3. Cho dãy số được xác định bởi: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1} = 5}\\
{{u_{n + 1}} = \frac{{u_n^2 + 2{u_n} + 4}}{6}}
\end{array}} \right.$

Đặt $v_n = \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{u_k + 4}} $ . Tìm giới hạn : $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } v_n $

dễ thấy $ \lim_{n \to +\infty}u_n=+\infty $

từ công thức truy hồi của dãy $ u_n $ ta có:

$ u_{n+1}=\frac{u_n^2+2u_n+4}{6} $

$ \Rightarrow u_{n+1}-u_n=\frac{u_n^2-4u_n^2+4}{6} $

$ \Rightarrow u_{n+1}-2-u_n+2=\frac{(u_n-2)^2}{6} $ (*)

vì $ u_n $ là dãy tăng nên $ u_n >2 \forall n $, chia cả 2 vế của (*) cho $ (u_{n+1}-2)(u_n-2) $ ta được:

$\frac{1}{u_n-2}-\frac{1}{u_{n+1}-2}=\frac{u_n-2}{6(u_{n+1}-2)}=\frac{u_n-2}{u_n^2+2u_n-8}=\frac{1}{u_n+4} $

$ \Rightarrow v_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{u_k+4}=\frac{1}{u_1+4}-\frac{1}{u_{n+1}+4} \to \frac{1}{9} $ khi $ n \to +\infty $

vậy $ \lim_{n \to +\infty} v_n =\frac{1}{9} $

Bài 20: Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}
2x + y + \sqrt {{x^2} - {y^2}} = 17 \\
y\sqrt {{x^2} - {y^2}} = 12
\end{array} \right.;\,\,\,(x,y \in R)\]
Đề thi thử lần 1 Moon.vn phần chung

nhận xét: ở PT(2) có đại lượng $ y\sqrt{x^2-y^2}=12 $ gợi ý cho ta biến đổi PT(1) sao cho cũng có đại lượng này, có thể thấy ngay 1 cách đó là bình phương. Và đây là lời giải:

điều kiện: $ x^2 \geq y^2; y>0 $

$ PT(1) \Leftrightarrow y+\sqrt{x^2-y^2}=17-2x $

thực hiện bình phương 2 vế ta đc:

$ y^2+x^2-y^2+2y\sqrt{x^2-y^2}=289-68x+4x^2 $

$ \Leftrightarrow 3x^2-68x+265=0 $

$ x=\frac{53}{3} \vee x=5 $

tới đây ta có thể thay trực tiếp $ x $ vào và giải ra nghiệm $ y$, nhưng như thế hơi vất vả vì các căn sẽ khá khủng, thử biến thổi thêm chút, vì $ y>0 $ nên nhân cả 2 vế của PT(1) với $ y$ ta được:

$ 2xy+y^2+y\sqrt{x^2-y^2}=17y $

$ \Leftrightarrow y^2-17y+2xy+12=0 $ (*)

tới đây thì thay $ x $ vào và giải PT bậc 2 chỉ còn là chuyện vặt

*) nếu $ x=\frac{53}{3} $ thì $ (*) \Leftrightarrow 3y^2+55y+36=0 $

$ \Leftrightarrow y=\frac{-55+\sqrt{2593}}{6} (k.TM) \vee y=\frac{-55-\sqrt{2593}}{6} (k.TM) $

*) nếu $ x=5 $ thì $ (*) \Leftrightarrow y^2-7y+12=0 $

$ \Leftrightarrow y=4 \vee y=3 $ (cả 2 đều thỏa)

vậy hệ có nghiệm $ (5;4) $ và $(5;3) $

Bài 9: Giải phương trình \[{\log _4}{\left( {x + 1} \right)^2} + 2 = {\log _{\sqrt 2 }}\sqrt {4 - x} + {\log _8}{\left( {4 + x} \right)^3}\]
Đề thi thử trường dân lập Nguyễn Khuyến - TPHCM - Phần chung

Nhận xét: các cơ số đều có dạng lũy thừa của 2 nên ta sẽ đưa về PT cùng cơ số để giải:

điều kiện $ x \in [-4;4] $
$ PT \Leftrightarrow \frac{1}{2}log_2(x+1)^2+\frac{1}{2}log_216=2log_2\sqrt{4-x}+\frac{1}{3}log_2(4+x)^3 $

$ \Leftrightarrow log_2(4x+4)^2=log_2(16-x^2)^2 $

$ \Leftrightarrow (4x+4)^2=(16-x^2)^2$

$ \Leftrightarrow 4x+4=16-x^2 \vee 4x+4=x^2-16$

tới đây chỉ việc giải PT bậc 2 và đối chiếu với điều kiện ta thu được 2 nghiệm là $ x=2 $ và $ x=2-\sqrt{24} $

Bạn có thê giải thích sao lại có cách đăt này k0?

những bài có dạng $ x_{n+1}=x_n+f(n) $ như này thì ta tìm cách đặt $ x_n=y_n+g(n) $ sao cho khi thay vào 2 vế thì $ g(n+1)=g(n)+f(n) $ để các biểu thức liên quan đến $ n$ triệt tiêu hết, ta có thể đưa được về dạng cấp số cộng hoặc cấp số nhân

ví dụ như ở bài trên ta đặt $ x_n=y_n+a.2^n $, thay vào ta tìm đc $ a=\frac{1}{6} $