TOAN THI THU DH 2012CO DAP AN3

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (157.7 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút

A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)

Cho hàm số

1
.
1
x
y

x





a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

 

C của hàm số.

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
1

.
1
x

m
x




Câu II (2 điểm)

a) Tìm m để phương trình





4 4

2 sin xcos x cos 4x2sin 2x m 0

có nghiệm trên

0; .
2

 
 
 

b) Giải phương trình













4 2

1 1

log 3 log 1 log 4 .

2 x 4 x  x

Câu III (2 điểm)

a) Tìm giới hạn

3 2 2

3 1 2 1

lim .

1 cos
x

x x

L

x


  





b) Chứng minh rằng C1000  C1002 C1004  C1006 ... C10098 C1001002 .50
Câu IV (1 điểm)

Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a b c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 .c

M         

B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu Va (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trịn có phương trình



C1



:x2y2 4y 5 0 và



C2



:x2y2 6x8y16 0.

Lập phương trình tiếp tuyến chung của



C1



và



C2



.
b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Cho điểm A



2;5;3



và đường thẳng

1 2

: .

2 1 2

x y z

d    

Viết phương trình mặt phẳng

 

 chứa

d sao cho khoảng cách từ A đến

 

 lớn nhất.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu Vb (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp

xúc với đường thẳng d x y:   2 0 tại điểm A có hồnh độ bằng 4.

b) Cho tứ diện OABC có OA4,OB5,OC6 và AOB BOC COA  60 .0 Tính thể tích

tứ diện OABC.
Câu VIb (1 điểm)

Cho mặt phẳng

 

P x:  2y2z1 0 và các đường thẳng 1

1 3

: ,

2 3 2

x y z

d    


2:x65 4y z 55.

d    

 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường
thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2.

ĐÁP ÁN
Câu I 2 điểm

a)

Tập xác định: Hàm số

1
1
x
y

x



 có tập xác định D R \ 1 .

 

Giới hạn: 1 1

1 1 1

lim 1; lim ; lim .

1 1 1

x x x

x x x

x  x  x

   

  

   

  

0,25

Đạo hàm:





2
2

' 0, 1

y x

x


    

 Hàm số nghịch biến trên các khoảng



 ;1



và



1;



. Hàm số khơng có cực trị.
Bảng biến thiên:

0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

cận I



1;1



là tâm đối xứng.

Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25

b)

Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C)sang đồ thị





'
1
x

y C

x




Học sinh tự vẽ hình

0,5

Số nghiệm của
1
1
x

m
x




 bằng số giao điểm của đồ thị

1
1
x
y

x




 và y m .
0,25

Suy ra đáp số
1; 1:

m  m phương trình có 2 nghiệm

m phương trình có 1 nghiệm

1 m 1:

   phương trình vơ nghiệm

0,25

Câu II 2 điểm
a)

Ta có

4 4 1 2

sin os 1 sin 2

x c x  x

và cos4x 1 2sin 2 .2 x

0,25

Do đó

 

1  3sin 22 x2sin 2x 3 m.

Đặt tsin 2x. Ta có x 0;2 2x





t



0;1 .






 

     
 

Suy ra f t

 

3t22t 3 m t, 



0;1



0,25

Ta có bảng biến thiên 0,25

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên

0; 2

2 m 3


 

  
 

 

0,25

b)

Giải phương trình











  

4 2

1 1

log 3 log 1 log 4 2

2 x 4 x  x

Điều kiện: 0x1 0,25

 

2 



x3



x1 4 x 0,25

Trường hợp 1: x1

 

2  x2 2x 0 x2

0,25

Trường hợp 1: 0x1

 

2  x26x 3 0  x2 3 3

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vậy tập nghiệm của (2) là T 



2; 2 3 3



Câu III

a)

Tìm

3 2 2

3 1 2 1

lim .

1 cos
x

x x

L

x


  





Ta có

3 2 2

3 1 1 2 1 1

lim

1 cos 1 cos

x

x x

L

x x



 

   

 

 

 

 

 

0,25

Xét

2 2

0 0

2 1 1 2

lim lim 2

1 cos 2sin 2 1 1

x x

L

x

x x

 

 

  

    

 

 

0,25

Xét





3 2 2

0 0 2 2 3 2

3 1 1 3

lim lim 2

1 cos

2sin 3 1 3 1 1

x x

L

x x

x x

 

 

  

  

   

 

 

0,25

Vậy L L 1L2   2 2 4 0,25

b)

Chứng minh rằng C1000  C1002 C1004  ...C100100 2 .50
Ta có







 



100 0 1 2 2 100 100

100 100 100 100

0 2 4 100 1 3 99

100 100 100 100 100 100 100

1 ...

... ...

i C C i C i C i

C C C C C C C i

     

        

0,5

Mặt khác



1i



2  1 2i i 2 2i



1i



100 

 

2i 50 250
Vậy C1000  C1002 C1004  ...C100100 2 .50

0,5

Câu IV Cho a, b, c thoả a b c  3. Tìm GTNN của

4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 .c

M         

Đặt



2 ;3 ;4 ,





2 ;3 ;4 , w





2 ;3 ;4



a b c c a b b c a

u v      M u  v 



 



w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c
M   u v           

0,25

Theo cơ – si có 222b2c3 23 a b c  6. Tương tự … 0,5
Vậy M 3 29. Dấu bằng xảy ra khi a b c  1. 0,25

Câu Va Học sinh tự vẽ hình

a)



C1



:I1



0; 2 ,



R13;



C2



:I2



3; 4 ,



R2 3. 0,25

Gọi tiếp tuyến chung của



C1

 

, C2



là





2 2

:Ax By C 0 A B 0

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

 là tiếp tuyến chung của



C1

 

, C2











 

2 2

1 1

2 2

2 3 1

;

; 3 4 3 2

B C A B

d I R

d I R A B C A B

 

  

 

 

   

 

     



Từ (1) và (2) suy ra A2B hoặc

3 2

2
A B
C  

Trường hợp 1: A2B.

Chọn B 1 A 2 C 2 3 5 : 2x y  2 3 5 0 
Trường hợp 2:

3 2

2
A B
C 

. Thay vào (1) được

2 2 4

2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0

A B  A B  A A B  y   x y 

0,5

b)

Gọi H là trung điểm của BC





3
; '

2
a

d M BB C AH

   0,25

2 3

' 12 '. 2 ' 13 . ' 123

BB C a MBB C BB C a

S  BB BC  V  AH S 

0,25

Gọi I là tâm hình vng BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có B C' MI B C; ' BC' B C' MB.

0,5

Câu VIa

(Học sinh tự vẽ hình)

Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định;

Gọi

 

 là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên

 

 .

0,25

Trong tam giác vng AHK ta có AH AK.

Vậy AHmax AK 

 

 là mặt phẳng qua K và vng góc với AK.

0,25

Gọi

 

 là mặt phẳng qua A và vng góc với d 

 

 : 2x y 2z15 0



3;1; 4



K



0,25

 

 là mặt phẳng qua K và vng góc với AK 

 

 :x 4y z 3 0 0,25

Câu Vb
a)

Gọi

 

2 2

:x y 1
H

a  b 

(H) tiếp xúc với d x y:   2 0  a2 b24

 

0,25



  

162 42

 

4 2 4; 2 1 2

x y A H

a b

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Từ (1) và (2) suy ra

 

2 2

2 8; 2 4 : 1

8 4

x y
a  b   H  

0,5

b)

(Học sinh tự vẽ hình)

Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA OB 'OC' 4

0,25

Lấy M là trung điểm của B’C’ 



OAM

 

 OB C' ' .



Kẻ AH OM  AH 



OB C' '



0,25

Ta có

2 3 4 6

2 3

3 3

AM OM   MH   AH  0,25



1 15 3

. .sin

2 2

OBC

S  OB OC BOC

Vậy

. 10 2

OABC OBC

V  AH S 

0,25

Câu VIb

Gọi M



1 2 ;3 3 ; 2 , t  t t N





5 6 '; 4 '; 5 5 ' t t   t



 



;



2 2 1 1 0; 1.

d M P   t   t t

0,25

Trường hợp 1: t 0 M



1;3;0 ,



MN 



6 ' 4; 4 ' 3; 5 ' 5t  t   t 









. 0 ' 0 5;0; 5

P P

MNn  MN n   t   N 

   

0,25

Trường hợp 2: t 1 M



3;0;2 ,



N



1; 4;0



0,25

</div>

TOAN THI THU DH 2012CO DAP AN3

 





































 

 

 

 





















 









 















  

 





 

 















 











 















 

 



<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>