ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC (Thời gian 180 phút) I. PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = 2 1 x x − − 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị thực của m, đường thẳng (d) y = - x + m luôn cắt đò thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn AB. Câu 2 1. Giải phương trình: 2 2 1 3 2 6 x x x− = 2. Giải phương trình: tan tan .sin 3 sinx +sin2x 6 3 x x x π π     − + =  ÷  ÷     Câu 3: Tính thể tích hình chóp S.ABC biết SA = a,SB = b, SC = c, · · · 0 0 0 ASB 60 , 90 , 120BSC CSA= = = . Câu 4: Tính tích phân ( ) 2 3 0 sinxdx sinx + 3 osxc π ∫ Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 2 2 2 2 2 log 1 log 1 l g 4x y o z+ + + + + trong đó x, y, z là các số dương thoả mãn đièu kiện xyz = 8 II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1 ): x + y + 1 = 0, (d 2 ): 2x – y – 1 = 0 . Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;-1) cắt (d 1 ) và (d 2 ) tương ứng tại A và B sao cho 2 0MA MB+ = uuur uuur r 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 1 = 0 và hai điểm A(1;7; - 1), B(4;2;0). Lập phương trình đường thẳng (D) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên (P). Câu 6b: Ký hiệu x 1 và x 2 là hai nghiệm phức của phương trình 2x 2 – 2x + 1 = 0. Tính giá trị các số phức: 2 1 1 x và 2 2 1 x 2) Theo chương trình nâng cao: Câu 7a: 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình 2 2 1 9 4 x y − = . Giả sử (d) là một tiếp tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của (H), kẽ FM ⊥(D). Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường tròn cố định, viết phương trình đường tròn đó 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , ch ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tìm toạ độ trưc tâm của tam giác ABC. Câu 7b: Người ta sử dụng 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn Vật lý, & cuốn Hoá học ( các cuốn sách cùng loại giống nhau) để làm giải thưởng cho 9 học sinh, mỗi học sinh được 2 cuốn sách khác loại. Trong 9 học sinh trên có hai bạn Ngọc và Thảo. Tìm sác xuất để hai bạn Ngọc và Thảo có phần thưởng giống nhau. --------------------------------------Hết----------------------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI: I PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. Tự giải 2. Phương hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: 2 1 x x − − = - x + m 2 1 2 0 (1) x x mx m ≠  ⇔  − + − =  luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Ta có A(x 1 ; -x 1 +m), B(x 2 ; - x 2 + m) AB = 2 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 2 ( ) 4x x x x x x   − = + −   = 2 2( 4 8)m m− + 8≥ Vậy gtnn của AB = 8 khi và chỉ khi m = 2 Câu 2: 1. Lấy logarit theo cơ số 3 cho hai vế ta được: 2 3 3 log 2 1 log 2 2 1 x x x + = + − Đưa phương trình về dạng: (x – 1)(2x 2 + x – 1 - log 2 3 ) = 0. Từ đó suy ra nghiệm x = 1; 3 1 9 8log 2 4 x − ± + = 2. Điều kiện: os x - . os x + 0 6 3 c c π π     ≠  ÷  ÷     tan tan .sin 3 sinx +sin2x 6 3 x x x π π     − + =  ÷  ÷     sin sin 6 3 sin 3 sinx + sin2x os x - os x + 6 3 x x x c c π π π π     − +  ÷  ÷     ⇒ =      ÷  ÷     ⇒ - sin3x = sinx + sin2x ⇔ sin2x(2cosx + 1) = 0 sin 2 0 2 1 2 osx = - 2 2 3 k x x c x k π π π  = =    ⇔ ⇔    = +    m Kết hợp điều kiện, nghiệm của pt là: 2 2 2 3 k x x k π π π  =    = − +   Câu 3: Trên SB, SC lấy các điểm B’, C’ sao cho SB’ = SC’ = a Ta có AB’ = a, B’C’ = a 2 , AC’ = a 3 , vậy tam giác AB’C’ vuông tại B’ Gọi H là trung điểm của AC’, thì tam giác SHB’ vuông tại H Vậy SH là đường cao của hình chop S.AB’C’ Vậy: V S.AB’C’ = 3 2 12 a . 3 2 . ' ' S ABC S AB C V abc bc V a a = = ⇒ V S.ABC = 2 12 abc Câu 4: Ta có sinx + 3 cosx = 2cos 6 x π   −  ÷   , sinx = sin 6 6 x π π     − +  ÷  ÷     = 3 1 sin os 2 6 2 6 x c x π π     − + −  ÷  ÷     I = 2 2 3 2 0 0 os x- 3 1 6 16 16 sin cos x- 6 6 c dx dx x π π π π π    ÷   +     −  ÷  ÷     ∫ ∫ = 3 6 Câu 5: Theo bất đẳng thức Minkowski: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3 ( ) ( )a b a b a b a a a b b b+ + + + + ≥ + + + + + Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 3 1 2 1 2 3 a a a b b b = = Ta có P 2 2 2 log ( ) 4xyz≥ + = 5 ( vì xyz = 8) Vậy minP = 5 khi và chỉ khi 2 2 2 2 log log log log ( ) 3 1 1 2 4 4 x y z xyz = = = = 4 8; 2 2x y z⇒ = = = II. PHẦN RIÊNG: 1) Phần theo chương trình chuẩn: Câu 6a: 1. A(a;-a-1), B(b;2b – 1) Từ điều kiện 2 0MA MB+ = uuur uuur r tìm được A(1; - 2), B(1;1) suy ra (d): x – 1 = 0 2. Gọi (Q) là mặt phẳng qua A,B và vuông góc với (P) ta suy ra (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = 0 (D) = (P) ∩ (Q) suy ra phương trình (D). Câu 7a: 2x 2 – 2x + 1 = 0 có hai nghiệm 1 2 1 1 (1 ), (1 ) 2 2 x i x i= − = + 2 2 1 2 1 1 2 , 2 i x x i ⇒ = = − 2) Phần theo chương trình nâng cao: Câu 7a: 1. (H) có một tiêu điểm F( ( 13;0) Gọi phương trình tiếp thuyến (d): ax + by + c = 0 Khi đó: 9a 2 – 4b 2 = c 2 (*) Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( 13)x − - a y = 0 Toạ độ của M là nghiệm của hệ: ax + by = - c bx - ay = 13b      Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng là và kết hợp với (*) ta được x 2 + y 2 = 9 2. Lập phương trình mp(ABC)- ptmp(P) qua A và (P) ⊥ BC – pt mp(Q) qua B và (Q) ⊥ AC Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng trên ta được trực tâm H 36 18 12 ; ; 49 49 49    ÷   Câu 7b: Gọi A là biến cố “ Ngọc và Thảo có phần thưởng giống nhau” Ta có n(Ω) = 2 3 4 9 7 4 C C C = 120 + ) Ngọc và Thảo nhận sách(Toán, Lý) khả năng xáy ra: 3 4 7 4 C C = 35 +) Ngọc và Thảo nhận sách(Toán, Hoá) khả năng xáy ra: 7 2 4 6 4 C C = 105 +) Ngọc và Thảo nhận sách(Hoá , Lý) khả năng xáy ra: 2 3 2 7 5 2 C C C = 210 Vậy n(A) = 350 Ta có: p(A) = ( ) 5 ( ) 18 n A n = Ω . . và Thảo nhận sách(Toán, Lý) khả năng xáy ra: 3 4 7 4 C C = 35 +) Ngọc và Thảo nhận sách(Toán, Hoá) khả năng xáy ra: 7 2 4 6 4 C C = 1 05 +) Ngọc và Thảo nhận. và Thảo nhận sách(Hoá , Lý) khả năng xáy ra: 2 3 2 7 5 2 C C C = 210 Vậy n(A) = 350 Ta có: p(A) = ( ) 5 ( ) 18 n A n = Ω .