Tài liệu Đề và đáp án thi thử đại học môn Toán 2010_Đề số 9 docx

TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 18 tháng 06 năm 2010
ĐỀ TỰ ÔN SỐ 09

ĐỀ BÀI Thời gian: 120
phút
Câu 1:(2 điểm) Cho hàm số y = (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng
của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II. (4.0 điểm)
1.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x∈ [ 0 ;
π
].
2. Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2
3 5.6 4.2 0
( 2 )( 2 )
x y x x y
x y y y x y x
− −

− + =


− = + − +


Câu III. (1.0 điểm)

Tính tích phân
3
1
4
2
0
( )
1
x
x
x e dx
x
+
+
∫
Câu IV. (1.0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx ≥2xyz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
Câu V. (2.0 điểm)
Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c. Tính thể tích của
tứ diện ABCD
………………….Hết…………………

BT Viên môn Toán hocmai.vn
Trịnh Hào Quang
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 18 tháng 06 năm 2010
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TỰ ÔN SỐ 09

Câu 1. (2.0 điểm)
1. TXĐ : D = R\{1}
. Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
→+∞ →−∞
= =
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị
hàm số
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
+ −
→ →
= +∞ = −∞
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị
hàm số
y’ =
2
1
0
( 1)x
− <
−
• Bảng biến thiên
1
+
∞

-
∞
1
- -
y
y'
x
-
∞
1 +
∞
Hàm số nghịch biến trên
( ;1)−∞
và
(1; )+∞
Hàm số không có cực trị
Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm
tâm đối xứng
-
+
f(t)
f'(t)
x
2
0
1
0

+
∞
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 18 tháng 06 năm 2010

2. Giả sử M(x
0
; y
0
) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách
từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng :
0
0
2
0 0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
= − − +
− −
2
0
2 2
0 0
1

0
( 1) ( 1)
x
x y
x x
⇔ − − + =
− −
Ta có d(I ;tt) =
0
4
0
2
1
1
1
( 1)
x
x
−
+
+
Xét hàm số f(t) =
4
2
( 0)
1
t
t
t
>

+
ta
có f’(t) =
2
4 4
(1 )(1 )(1 )
(1 ) 1
t t t
t t
− + +
+ +
f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên ta có
d(I ;tt) lớn nhất khi và
chỉ khi t = 1 hay
0
0
0
2
1 1
0
x
x
x
=

− = ⇔

=


TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 18 tháng 06 năm 2010
+ Với x
0
= 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x
0
= 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4
Câu 2:
1. Phương trình đã cho tương đương với
2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x
2
cosx=0
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c

⇔ + ⇔


+
osx=0 x=
2
c k
π
π
⇔ +

+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6
k
c c
x x k
π
π
π
π
π

+

⇔ ⇔


= − +


12
24 2
x k
k
x
π

π
π π

= − +

⇔


= +


vì x
[ ]
11 13
0; , , ,
2 12 24 24
x x x x
π π π π
π
∈ ⇒ = = = =
2. ĐK:
, 0x y
x y
≥


≥

Hệ phương trình
3 2 3 2 3 2 3 2

3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0
(2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( )
x y x x y x y x x y
x y y y x y x x y y x y x x y y
− − − −
 
− + = − + =
 
⇔ ⇔
 
− − = − + − = − + − +
 
 
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 18 tháng 06 năm 2010

3 2 3 2
3 2 3 2
3 5.6 4.2 0
3 5.6 4.2 0
2 0
(2 )[( 2 )( ) 1] 0
x y x x y
x y x x y
y x
y x y x x y y
− −
− −


− + =

− + =

⇔ ⇔
 
− =
− + − + + =



(do
2 )( ) 1 0y x x y y+ − + + ≠
)

3 2 3 2 2 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1)
2 2 (2)
x y x x y x x x
y x y x
− −
 
− + = − + =
⇔ ⇔
 
= =
 
Giải (1):
2 2 2
3

( ) 1
3 3
2
3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0
3
2 2
( ) 4
2
x
x x x x x
x

=

− + = ⇔ − + = ⇔


=


3
2
0
log 4
x
x
=


⇔

=


Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0
Với
3
2
log 4x =
thay vao (2) ta được y =
3
2
1
log 4
2
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
3
2
log 4x =
,y =
3
2
1
log 4
2
Câu 3.
Đặt I =
3
1
4
2

0
( )
1
x
x
x e dx
x
+
+
∫
. Ta có I =
3
1 1
4
2
0 0
1
x
x
x e dx dx
x
+
+
∫ ∫

Ta tính
3
1
2
1

0
x
I x e dx=
∫
Đặt t = x
3
ta có
1
1
1
0
0
1 1 1 1
3 3 3 3
t t
I e dt e e= = = −
∫
Ta tính
1
4
2
0
1
x
I dx
x
=
+
∫
Đặt t =

4
x

4 3
4x t dx t dt⇒ = ⇒ =

B
D
A
C
P
M
N
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 18 tháng 06 năm 2010
Khi đó
1 1
4
2
2
2 2
0 0
1 2
4 4 ( 1 ) 4( )
1 1 3 4
t
I dx t dt
t t
π

= = − + = − +
+ +
∫ ∫
Vậy I = I
1
+ I
2

1
3
3
e
π
= + −
Câu 4 :
Ta có
1 1 1
2 2xy yz xz xyz
x y z
+ + ≥ ⇔ + + ≥
nên
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (1)
y z y z
x y z y z yz
− − − −
≥ − + − = + ≥
Tương tự ta có
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (2)

x z x z
y x z x z xz
− − − −
≥ − + − = + ≥
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (3)
x y x y
y x y x y xy
− − − −
≥ − + − = + ≥
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được
1
( 1)( 1)( 1)
8
x y z− − − ≤
vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z⇔ = = =
Câu 5:
Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M,
N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP
vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta
có
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE

P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 18 tháng 06 năm 2010
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2( ), 2( )
2( )
x a c b y b c a
z a b c
= + − = + −
= + −
Vậy V =
1
12
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( )( )( )a c b b c a a b c+ − + − + −

………………….Hết…………………
BT Viên môn Toán hocmai.vn
Trịnh Hào Quang