The document provides solutions to mathematical equations and inequalities involving radicals, fractions, and variables. It contains 50 problems involving solving equations and inequalities for variables on the set of real numbers. The problems cover a range of techniques including isolating variables, combining like terms, factoring, and applying properties of radicals, fractions and inequality signs.
This document provides 30 equations and inequalities and asks the reader to solve them on the set of real numbers. It uses variables like x, square roots, exponents, and basic arithmetic operations. The problems range from simple one-variable equations to more complex expressions with multiple variables. The goal is to calculate the value(s) of the variable(s) that satisfy each equation or inequality.
This document contains solutions to various equations and inequalities involving radicals on the set of real numbers. It is divided into 6 sections, with multiple problems provided in each section ranging from simple single-term radical equations to more complex multi-term radical equations and inequalities. The document provides the step-by-step workings for solving each problem.
Những bài văn mẫu dành cho học sinh lớp 10truonghocso.com
Thi thử toán nguyễn xuân nguyên th 2012 k ab
1. TRƯỜNG THPT ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH -CĐ
NGUYỄN XUÂN NGUYÊN NĂM HỌC 2011 -2012
Môn: TOÁN, khối A, B
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số = x − (m −) x + −
2 1 y m 2
(1).4 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m =2
.
2. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng . (1; 3)
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: cos 2 x + = 2 −
5 2( cos x )(sin x −cos x )
x 2 − 3x( y − 1) + y 2 + y( x − 3) = 4
2. Giải hệ phương trình: ( x, y ∈R)
x − xy − 2 y = 1
Câu III (2 điểm)
e
x +( x −2) ln x
1. Tính tích phân: I = ∫
1
x(1 +ln x)
dx
2. Cho ba số thực dương a
, b
, c
thay đổi thỏa mãn điều kiện abc
= 1. Chứng minh
rằng:
1 1 1 1 1 1
1+a +b
+ 1+ b + c
+ 1+ c + a
≤
2+ a
+ 2+ b
+ 2+ c
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp có đáy S . ABCD ABCD
là hình thoi tâm O
, hai mặt phẳng (
) và (
SAC
) cùng vuông góc với mặt phẳng (
SBD ABCD
). Biết = AC 2 3a , = 2 a ,
BD
a3
khoảng cách từ điểm O
đến mặt phẳng ( SAB
) bằng 4
. Tính thể tích khối chóp S . ABCD
theo
a
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu V.a (3 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4). Phương trình đường
trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ lần lượt là và . C x +−
y 1 =0 3 x − −=
y 9 0
Tìm tọa độ các đỉnh , của tam giác ABC.
B C
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) có phương trình C
x 2
+y 2
2
và đường thẳng ( ) có phương trình :
+x − y − =
4 8 0
. Chứng minh rằng (
∆ 2x − −
3y 1 =0
∆
) luôn cắt ( ) tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm toạ độ điểm
C
trên đường tròn ( ) sao cho M C
diện tích tam giác lớn nhất. ABM
x+ 1
x −1 2
3 . Giải phương trình: (3 x − 2) log 3 = 4 − .9 2
3 3
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu V.b (3 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho điểm (0; 2) và hai đường thẳng d , d có phương
Oxy M 1 2
trình lần lượt là và 3 x + +=
y 2 0
. Gọi là giao điểm của d và d . Viết phương
x − +=
3y 4 0 A 1 2
trình đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d và d lần lượt tại , ( và khác ) 1 2 B C B C A
1 1
sao cho +
AB 2 AC 2
đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ): C x 2 + 2 −x + y + =
y 2 4 2 0
. Viết phương
trình đường tròn ( ') tâm (5, 1) biết ( ') cắt ( ) tại hai điểm
C M C C A
, B
sao cho . AB = 3
2 0 C 2011
0
21 C 2011
1
2 2 C 2011
2
2 3 C 2011
3
2 2011 C 2011
2011
3. Tính giá trị biểu thức A = 1
−
2
+
3
−
4
+ ......- 2012
----------------------------- Hết -----------------------------
2. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh .........................................................số báo danh.........................
HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN KHỐI A, B
KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐH - CĐ NĂM HỌC 2011 - 2012
Câu Đáp án Điểm
I 1. (1 điểm)
(2đ) Với m = 2, y = 4 − x2
x 2
0,25 đ
1. TXĐ: D = R
2. Sự biến thiên:
a) Chiều biến thiên:
y' = x 3 −x
4 4
; y' = ⇔
0 4 x 3 − x = ⇔ 0, x = 1
4 0 x = ±
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1; + ∞ )
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; -1) và (0; 1)
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
b) Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; ycđ = y(0) = 0 0,25đ
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yct = y( 1) = -1
± ±
----------------------------------------------------------------------------------------------------
c) Giới hạn tại vô cực:
Lim ( x 4 −2 x 2 ) = + ∞
x→ ∞
±
d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên 0,25 đ
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
3) Đồ thị:
0,25 đ
2) 1 điểm
y' = 4 x 3 − (m − x
4 1)
y' = 0 ⇔ 4 x 3 − (m − x
4 1)
=0 x[x − m − ) ] =
(⇔ 2
1 0 0,25 đ
----------------------------------------------------------------------------------------------------
TH1: Nếu m- 1 0≤
m 1⇔ ≤
0,25 đ
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ∞ ).
Vậy m ≤
1 thoả mãn ycbt
---------------------------------------------------------------------------------------------------
TH 2: m - 1 > 0 m> 1⇔
y' = 0 ⇔
x = 0, x = ± m −1
0,25 đ
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; 0 ) và (
m −1
;+ ∞ )
m −1
Để hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) thì m
m −≤
1 1 ⇔
2 ≤
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) m ∈ (
⇔ ] − ;2
∞
3. 0,25 đ
II 1. (1 đi ểm)
(2 đ)
cos 2 x + = 2 −
5 2( cos x )(sin x −cos x )
⇔
2cos2x - 1 + 5 = 4sinx - 2sinxcosx - 4cosx + 2cos2x =0 0,25 đ
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
⇔
2(sinx - cosx) - sinxcosx -2 = 0
Đặt t = sinx - cosx ( - )
2 ≤ ≤ 2
t
1− t 2
⇒
sinxcosx = 2
0,25 đ
Phương trình trở thành t2 + 4t - 5 = 0
t = 1; t = -5 (loại)
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
π π 2
Với t = 1 ⇔
sinx - cosx = 1 ⇔ 2
sin x−
4 =1 ⇔
sin x−
4 = 2
0,25 đ
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
π π
x − 4 = 4 + k 2π π
⇔ ⇔ x = 2 + k 2π
x − π = 3π + k 2π x = π + k 2π
4 4 0,25 đ
2. (1 điểm)
x2 -3x(y-1) + y2 + y(x-3) = 0 (x-y)2 + 3(x-y) - 4 = 0
⇔
0,25 đ
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
−y =
x 1
−y =−
x 4 0,25 đ
------------------------------------------------------------------------------------------------------
x− y = 1
* Với x- y = 1, ta có
x − xy − 2 y = 1
0,25 đ
⇔
x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
x− y = − 4
* Với x - y = -4 ta có (Hệ PT vô nghiệm)
x − xy − 2 y = 1 0,25 đ
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2)
III 1. (1 điểm)
(2 đ) e
x(1 +ln x ) −2 ln x
e e
ln x
I= ∫ x(1 +ln x)
dx = ∫dx -2 ∫
x(1 +ln x)
dx
0,25 đ
1 1 1
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
Ta có
e
∫ dx = e −1
1
0,25 đ
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
e
ln x
Tính J = ∫ x(1 +ln x) dx
1
Đặt t = 1 + lnx 0,25 đ
2 2
t −1 1
J= ∫ t dt = ∫(1 − t )dt = (t - ln ) = 1 - ln2
2
t
1
1 1
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2 0,25 đ
4. 2. (1 điểm)
Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên ta giả thiết 0 < a ≤
b ≤
c
Khi đó 0 < 1 + a + b 1+a+c 1+b+c ≤ ≤
và 0 < 2 + a 2+b 2+c≤ ≤
Ta có
1 1 1 1 1 1
2+ a + 2+ b + 2+ c - + +
1 + a +b 1 +b +c 1 +c +a
=
b− 1 c− 1 a− 1
= (2 +a )(1 +a +b) + ( 2 +b)(1 +b +c ) + ( 2 +c )(1 +a +c)
≥
b− 1 c− 1 a− 1 a +b +c −3
≥
(2 +c )(1 +b +c ) + (2 +c)(1 +b +c ) + (2 +c )(1 +b +c ) = (2 +c )(1 +b +c )
≥
33 abc −3
≥ =0
( 2 +c )(1 +b +c )
1 1 1 1 1 1
Vậy 1+a +b
+ 1+ b + c
+ 1+ c + a
≤
2+ a
+ 2+ b
+ 2+ c
IV Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên
(1 đ) giao tuyến SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
1
VSABCD = 3
SO.SABCD
1 0,25 đ
Diện tích đáy S ABCD = AC.BD =2 3a 2
1
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó ABD =60 0
tam giác ABD đều.
⇒
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
1 a 3
DH ⊥AB
và DH = a 3 ; OK // DH và OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥
2 2
(SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)
1 1 1 a
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ = + ⇒ SO = 0,5 đ
OI 2 OK 2 SO 2 2
S
a
Đường cao của hình chóp SO =
2
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
1 3a 3
VS . ABCD = S ABCD .SO =
3 3
I
D
A
a 3 0,25 đ
O
H
a K
C B
Va 1. (1 điểm)
(3 đ) Gäi C = (c; 3c - 9) vµ M lµ trung ®iÓm cña BC M(m; 1-m) ⇒
Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c). 0,25 đ
------------------------------------------------------------------------------------------------------
2m −c + 3 7 − 2m − 3c
Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta có I( ; )
2 2 0,25 đ
5. 2m −c +3 7 −2m −3c 0,25 đ
Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nªn 3(
2
) −(
2
) −9 =0
⇒
m=2 M(2; -1) ⇒
Ph¬ng tr×nh BC: x – y - 3=0
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
0,25 đ
3x − y − 9 = 0 x= 3
Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ: ⇔
x− y− 3= 0 y= 0
Täa ®é cña C = (3; 0), toạ độ B(1; -2)
2. (1 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = 13
.
9
Khoảng cách từ I đến đường thẳng ( ∆
) là d ( I , ∆) =
13
<R 0,25 đ
Vậy đường thẳng ( ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt.
∆
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
1
Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có S∆ABM =
2
AB.d ( M , ∆)
0,25 đ
Trong đó AB không đổi nên S lớn nhất khi d ∆ABM lớn nhất. ( M ,∆)
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với ( ). ∆
PT đường thẳng d là 3x + 2y - 1 = 0
Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm
của hệ phương trình:
x 2 + y 2 + 2x − 4 y − 8 = 0
0,25 đ
= , y =−
x 1 1
⇔
=− , y =
x 3 5
3x + 2 y − 1 = 0
⇒
P(1; -1); Q(-3; 5)
4 22
Ta có d ( P , ∆) =
13
; d ( Q , ∆) =
13
--------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0,25 đ
Ta thấy d lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với Q. Vậy tọa độ điểm M (-3; 5).
( M ,∆)
3. (1 điểm)
Điều kiện: x > 1
x+ 1
x −1 2 2
(3 x −2)[log 3 ( x − ) −log 3 3] =4 − 3 x +1
(3 x − 2) log 3 = 4 − .9 2 ⇔ 1
3 3 3 0,25 đ
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
⇔ (3 x − )[log 3 ( x − ) − ] = − .3 x
2 1 1 4 2 ⇔ (3 x − ) log 3 ( x − ) + x − =
2 1 3 2 0
⇔ (3 x − )[log 3 ( x − ) + ] =
2 1 1 0
0,25 đ
---------------------------------------------------------------------------------------------------------
--
x = log 3 2 (loại) 0,5 đ
x −2 =0
3
x = 4
⇔ ⇔
log 3 ( x − ) =−
1 1
3
4
Vậy PT có nghiệm x = 3
Vb 1. (1 điểm)
(3 đ) Toạ độ điểm A(-1; 1) 0,25 đ
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
Ta thấy 2 đường thẳng d1 và d2 vuông góc với nhau
Gọi là đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d và d lần lượt tại
∆
, ( 1 2 B C B
và khác ). C A
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên . Ta có: ∆
0,25 đ
6. 1 1 1 1
AB 2
+
AC 2
=
AH 2
≥
AM 2
(không đổi)
------------------------------------------------------------------------------------------------------
1 1 1 0,25 đ
⇒ +
AB 2 AC 2
đạt giá trị nhỏ nhất bằng AM 2
khi H ≡ M, hay ∆
là đường thẳng
đi qua M và vuông góc với AM. 0,25 đ
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
PT đường thẳng :x+y-2=0
∆
2. (1 đi ểm)
Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2), bk R= 3
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của 0,25 đ
đoạn AB.
------------------------------------------------------------------------------------------------------
AB 3
Ta có AH = BH =
2
=
2
( 5 −1) +( 1 +2 )
2 2
MI = =5 0,25 đ
3
IH = IA 2 − AH 2 = R 2 − AH 2 =
2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
Trường hợp 1: MH = MI – IH = 3
5 −
2
7
=
2
Khi đó bán kính của đường tròn (C’) là R’ = = 13 MH 2
+AH 2
0,25 đ
Phương trình đường tròn (C’) là: ( x −) +y −) =5 ( 1 13 2 2
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
3 13
Trường hợp 2 : MH = MI + IH = 5+
2
=
2
Khi đó bán kính của đường tròn (C’) là R’ = = 43 MH 2
+AH 2
Phương trình đường tròn (C’) là: ( x −) +y −
5 ( 1) = 43 2 2
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa mãn ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13
và (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43
0,25 đ
3. (1 điểm)
2 k .C 2011
k
( − ) k .2011
2 !
Ta có (− ) k
1
k+ 1
=
( k + ).k!.(2011 −k )!
1
=
( − ) k .2011
2 ! ( − ) k .2012!
2 1
= =- 2 k+
.( − ) k .C 2012
1
= 0,5 đ
( k + )!.(2011 −k )!
1 2012( k + )!.(2012 −k − )!
1 1 2012
1
= - 4024
.( − ) k + .C 2012
2 1 k+1
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
Với k = 0, 1, 2, …….., 2011 ta có:
. [(− ) ]
1
A=- 4024
2 1
C 202 + − ) 2 C 2012 +
1
( 2 2
....... + − ) 2012 C 2012
( 2 2012
=
1
=- 4024 .
0,5 đ
[(− )
2 0
C 2012 + − ) 1 C 202 + − ) 2 C 2012 +
0
( 2 1
( 2 2
....... + − ) 2012 C 2012 − − ) 0 C 2012
( 2 2012
( 2 0
] =
. [(− + ) ] =-
1 1
=- 4024
2 1 2012
− − ) 0 C 2012
( 2 0
4024
. [ −]
1 1
=0
Vậy A = 0