Đề thi thử đại học môn Toán - Số 18

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm). 2x  1 có đồ thị (C). x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 2. Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B . Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu I (2 điểm) Cho hµm sè y . Câu II (2 điểm) :.  x  y  x 2  y 2  12 1. Giải hệ phương trình:   y x 2  y 2  12 2.Giải phương trình:. sin 2 x  cos x  3  2 3cos3 x  3 3cos2 x  8. . . 3 cos x  s inx  3 3  0 .. Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y | x  4 x | và y  2 x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. 2. Câu V (1 điểm) Cho phương trình. x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m3. Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC.. 2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:.  x  2  t   y  2t  z  2  2t . .Gọi  là đường thẳng qua điểm. A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng. 1 1 1 5    xy  1 yz  1 zx  1 x  y  z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D..  x  1  2t  2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương trình tham số  y  1  t .Một điểm  z  2t  M thay đổi trên đường thẳng  , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh. 1 2 b c  1  a    2   3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b ----------------------Hết----------------------. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Kỳ thi thử đại học- cao đẳng n¨m 2011. Hướng dẫn chấm môn toán C©u I.1. Néi dung Kh¶o s¸t hµm sè y=. §iÓm. 2x  1 x 1. 1,00. 1. Tập xác định: R\{1} 2. Sù biÕn thiªn:. 2( x  1)  (2 x  1) 3  2 ( x  1) ( x  1) 2. + ChiÒu biÕn thiªn: y ' . 0,25. Hµm sè nghÞch biÕn trªn c¸c kho¶ng (-∞; 1) vµ (1;+∞) . Cực trị : Hàm số đã cho không có cực trị . TiÖm cËn:. lim y  lim x 1. x 1. lim y  lim x 1. x 1. 2x  1   x 1. 2x  1   x 1. 0,25. Do đó đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng. 2x  1 2 x  x  1. lim y  lim x . VËy ®­êng th¼ng y= 2 lµ tiÖm cËn ngang * B¶ng biÕn thiªn: x. 1. -∞. y' y. +∞. -. -. 2. 0,5. +∞ 2. -∞ 3* Đồ thị : HS tự vẽ đồ thị hàm số.. I.2. Với M bất kì  (C), tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A, B. Tìm M để chu vi tam 1,00. giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất.. . Gäi M  x0 ;2 . . 3   (C) x0  1 . Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> C©u. Néi dung * TiÕp tuyÕn t¹i M cã d¹ng: y . §iÓm. 3 3 ( x  x )  2  0 x0  1 ( x0  1) 2. 0,25. Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B có dạng là: A  6  1;2   x0  1  . B(2x0-1; 2) * Ta cã: SIAB=. 0,25. ; I(1; 2). 1 6 1  2 x0  1  2.3  6 (®vdt) . IA. IB=  2 x0  1 2. * IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB (HS tù chøng minh)..  x0  1  3 6  2 x0  1   x0  1  x0  1  3. * VËy cã hai ®iÓm M tháa m·n ®iÒu kiÖn. 0,5. M1( 1  3;2  3 ) M2( 1  3;2  3 ) Khi đó chu vi AIB = 4 3  2 6 Câu Ý II 1. Nội dung 1) CâuII:2. Giải phương trình:. sin 2 x  cos x  3  2 3cos3 x  3 3cos2 x  8. . . 3 cos x  s inx  3 3  0 .. sin 2 x(cos x  3)  2 3. cos 3 x  3 3. cos 2 x  8( 3. cos x  sin x)  3 3  0  2 sin x. cos 2 x  6 sin x. cos x  2 3. cos 3 x  6 3 cos 2 x  3 3  8( 3. cos x  sin x)  3 3  0  ( 3 cos x  sin x)(2 cos 2 x  6 cos x  8)  0  tan x  3  3 cos x  sin x  0   2  cos x  1 cos x  3 cos x  4  0 cos x  4(loai )    x   k   ,k   3   x  k 2 1. Lop12.net. .

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Điều kiện: | x |  | y |. u  x 2  y 2 ; u  0 1 u2  Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có y   v   . 2 v  v  x  y Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v  12  u2  u  v    12 2  v    u  4 u  3 hoặc   v  8 v  9  x 2  y 2  4 u  4 +  (I)  v  8  x  y  8 u  3  x 2  y 2  3 +  (II)  v  9  x  y  9 Giải hệ (I), (II).. 0,25. 0,25. Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4 . 0,25. Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4  III. 1,00 0,25. Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x  4 x | (C ) và  d  : y  2x 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x  0 x  0 x  0   2 2 2 | x  4 x | 2 x    x  4 x  2 x    x  6 x  0   x  2  2  2  x  6   x  4 x  2 x  x  2 x  0. 0,25. Suy ra diện tích cần tính: 2. S.  x. 2. .  4 x  2 x dx . 0. 6.  x. 2. .  4 x  2 x dx. 2. 2. Tính: I   | x 2  4 x | 2 x  dx 0. Vì x   0; 2 , x 2  4 x  0 nên | x 2  4 x |  x 2  4 x  2. I     x 2  4 x  2 x  dx  0. 4 3. Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 6. Tính K   | x 2  4 x | 2 x  dx 2. Vì x   2; 4 , x 2  4 x  0 và x   4;6 , x 2  4 x  0 nên 4. 6. 2. 4. 0,25. K    4 x  x 2  2 x  dx    x 2  4 x  2 x  dx  16 . Vậy S . 1,00. 4 52  16  3 3. IV. 0,25. Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:  AB  IC  AB   CHH '   ABB ' A '   CII ' C '   AB  HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K  II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K  I ' H '  I 'C '  ; IK  IH  IC  3 6 3 3 x 3 x 3 .  r 2  x 2  6r 2 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK  OK 2  6 3 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V . . h B  B ' B.B ' 3. 0,25. 0,25. . 2 2 2 Trong đó: B  4x 3  x 2 3  6r 2 3; B '  x 3  3r 3 ; h  2r. 4. 4. 0,25. 2. 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3 2   6r 3   6r 3. Từ đó, ta có: V  3 2 2  3  . VI a. 0,25 2,00. 1. Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t ;1  t  . Suy ra trung điểm M của AC là  t 1 3  t  M ; . 2   2. Lop12.net. 1,00. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  t 1  3  t  1  0  t  7  C  7;8  Điểm M  BM : 2 x  y  1  0  2   2  2  Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1  0 tại I (điểm K  BC ). Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 .. 0,25 0,25. x  y 1  0 Tọa độ điểm I thỏa hệ:   I  0;1 . x  y 1  0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0  . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:. x 1 y   4x  3y  4  0 7  1 8. 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( P) //( D) hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH  IA và IH  AH .. d   D  ,  P    d  I ,  P    IH Mặt khác   H   P  Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; do đó maxIH = IA  H  A . Lúc này (P) ở vị trí. (P0) vuông góc với IA tại A..    Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2;0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2  x  4   1.  z  1  2x - z - 9 = 0 . VIIa. Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x 1  y   0 ;.  yz  1  y  z và tương tự ta cũng có   zx  1  z  x Vì vậy ta có:  1 1 1  x y z     111  x  y  z   xy  1 yz  1 zx  1  yz  1 zx  1 xy  1. . x y z   3 yz  1 zx+y xy  z.  1 z y   x     5 vv  yz  1 zx  y xy  z   z y   x 1   5  z y yz 5. Lop12.net. 0,25 1,00.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ta có:. 0,25.  AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  y  2  0 . I   d  : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C  2t  1; 2t  , D  2t ; 2t  2  . Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao)  CH . 4 . 5. 0,25.  4 5 8 8 2 | 6t  4 | 4 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  Ngoài ra: d  C ; AB   CH        5 5 t  0  C  1;0  , D  0; 2  5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C  1;0  , D  0; 2   3 3 3 3. 0,50. 2. 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x  1  2t  Đường thẳng  có phương trình tham số:  y  1  t .  z  2t  Điểm M   nên M  1  2t ;1  t ; 2t  .. AM .  2  2t    4  t    2t . BM .  4  2t    2  t    6  2t . 2. AM  BM . 2. 2. 2.  3t . 2. .  2 5. . 2. . 2.  9t  20  2. 2.  3t  6 . 2.  3t . 2. .  2 5.  3t  6 .  9t 2  36t  56 . .  2 5. . . 0,25. 2. 2. .  2 5. . 2. 2.  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u  3t ; 2 5 và  v  3t  6; 2 5 .. .  | u | Ta có   | v | . . .  3t . 2. .  2 5.  3t  6 . 2. . . 2. . . 2.  2 5       Suy ra AM  BM | u |  | v | và u  v  6; 4 5 | u  v | 2 29       Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u |  | v || u  v | Như vậy AM  BM  2 29. Lop12.net. . . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng 3t 2 5   t 1 3t  6 2 5  M 1;0; 2  và min  AM  BM   2 29 . . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 VIIb. . 11  29. 0,25. . 0,25. 1,00. a  b  c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a . c  a  b  ab ca  x,  y , a  z  x, y , z  0   x  y  z , y  z  x, z  x  y . 2 2 Vế trái viết lại: ab ac 2a VT    3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y 2z z  Ta có: x  y  z  z  x  y  z   2 z  x  y   . x yz x y x 2x y 2y  ;  . Tương tự: yz x yz zx x yz 2 x  y  z x y z     2. Do đó: yz zx x y x yz 1 2 b c  1     2 Tức là: a    3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b. Đặt. V.Phương trình. x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m3 (1). Điều kiện : 0  x  1 Nếu x   0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm 1 1 . Thay x  vào (1) ta được: 2 2 m  0  1 1 2.  m  2.  m3   2 2 m  1 * Với m = 0; (1) trở thành: 2 1 4 x  4 1 x  0  x  2 Phương trình có nghiệm duy nhất.. duy nhất thì cần có điều kiện x  1  x  x . . . Lop12.net. 0,50. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> * Với m = -1; (1) trở thành x  1  x  2 x 1  x   2 4 x 1  x   1 . . . .  . . x  1  x  2 4 x 1  x   x  1  x  2 x 1  x   0 4. x  4 1 x.   2. x  1 x. . 2. 0. 1 2 1 + Với x  1  x  0  x  2 Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.. + Với. 4. x  4 1 x  0  x . * Với m = 1 thì (1) trở thành: x  1  x  2 4 x 1  x   1  2 x 1  x  . . 4. x  4 1 x. Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x  0, x .   2. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.. Lop12.net. . 2. 1 nên trong trường hợp này 2. (1) không có nghiệm duy nhất.. HẾT. x  1 x.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>