Đề và đáp án thi thử đại học môn toán - Đề số 2 ppt

ĐỀ 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 ĐIỂM):
Bài 1. Cho hàm số
( )
2 1
1
2
x
y
x
−
=
−
có đồ thị
( )
H
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2. Đường thẳng
( )
d
đi qua điểm
( )
4;4P
cắt (H) tại 2 điểm phân biệt
;A B
và cắt hai tia
,Ox Oy
lần lượt tại
;M N
sao cho tam giác

OMN
có diện tích nhỏ nhất. Viết phương trình
tiếp tuyến của
( )
H
tại
;A B
.
Bài 2.
1. Giải phương trình: cos3x.cos
3
x – sin3x sin
3
x =
2. Giải hệ phương trình:
Bài 3. I=
∫
+−+
4
2
3
121 xx
dx
Bài 4. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của
A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC
và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng
8
3
2
a

. Tính thể tích
khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
Bài 5. Cho 3 số dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của:
P = +
II. PHẦN RIÊNG ( 3 ĐIỂM):
A. Theo chương trình chuẩn:
Bài 6A.
.
4121
.21
2
2





−=−
=+
xyyzx
xyz
1. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC, biết B=(2;-1), đường cao kẻ từ A và phân
giác của góc C có phương trình lần lượt là: 3x – 4y + 27 = 0 và x + 2y – 5 = 0.
2. Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho
( )
0;0;3A
,
( )

2; 3; 6M − − −
. Điểm
'M

thỏa
( )
mp Oxy
là mặt phẳng trung trực của
'MM
. Điểm
B
là giao điểm của đường
thẳng
( )
'AM
và
( )
mp Oxy
.Viết phương trình mặt cầu (S) tâm B và tiếp xúc với
( )
mp Oxz
Bài 7A. Tìm số tự nhiên k thỏa mãn hệ thức: = 2
B. Theo chương trình nâng cao:
Bài 6B.
1. Viết phương trình đường tròn đi qua điểm P(1;1), tiếp xúc với hai đường thẳng 7x + y –
3=0; x + 7y – 3=0
2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, hãy xác định toạ độ các đỉnh tam giác ABC vuông cân tại
A . Biết cạnh huyền nằm trên đường thẳng d :
0317
=−+

yx
, điểm
)7;7(N
thuộc đường
thẳng
AC
, điểm
)3;2( −M
thuộc đường thẳng
AB
.
Bài 7B. Giải hệ phương trình:
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
I
(2 điểm)
Cho hàm số
( )
2 1
1
2
x
y
x
−
=
−
có đồ thị
( )
H

.
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2.Đường thẳng
( )
d
đi qua điểm
( )
4;4P
cắt (H) tại 2 điểm phân biệt
;A B
và cắt hai tia
,Ox Oy
lần lượt tại
;M N
sao cho tam giác
OMN
có diện tích nhỏ nhất. Viết phương trình tiếp tuyến của
( )
H
tại
;A B
.
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
TXĐ: D = R\{2}, y’= < 0, x D
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định
0,25
Giới hạn và tiệm cận: = -, = +; tiệm cận đứng: x=2
= = 2 ; tiệm cận ngang: y=2
0,25
Bảng biến thiên :

0,25
Đồ thị
0,25
2. Đường thẳng
( )
d
đi qua điểm
( )
4;4P
cắt (H) tại 2 điểm phân biệt
;A B
và cắt hai tia
,Ox Oy
lần lượt tại
;M N
sao cho tam giác
OMN
có diện tích nhỏ nhất. Viết phương trình tiếp tuyến của
( )
H
tại
;A B
.
Đường thẳng
( ) ( )
: 1 0, 0
x y
d a b
a b
+ = > >

Đường thẳng (d) đi qua điểm
( )
4 4
4;4 1P
a b
⇒ + =
Ta có
4 4 4.4 8
1 2 8 64ab ab
a b ab
ab
= + ≥ = ⇔ ≥ ⇔ ≥
0,25
1
32
2
OMN
S ab
∆
= ≥
suy ra
32 8
4 4
1
OMN
a b
S a b
a b
∆
=



= ⇔ ⇔ = =

+ =


Vậy
OMN
S
∆
nhỏ nhất bằng 32 khi
( )
8 : 8a b d y x= = ⇒ = − +
0,25
Giao điểm của (d) và (H) là
( ) ( )
3;5 ; 5;3A B
( ) ( )
3
' 3 3; ' 5
4
f f= − = −
0,25
Phương trình tiếp tuyến của (H) tại
( )
3;5A
là
( )
3 3 5 3 14y x x= − − + = − +

Phương trình tiếp tuyến của (H) tại
( )
5;3A
là
( )
3 3 27
5 3
4 4 4
y x x= − − + = − +
0,25
II
(2 điểm)
1.Giài phương trình: cos3x.cos
3
x – sin3x sin
3
x = , (1)
Phương trình (1)  cos
2
x.(cos4x + cos2x) – sin
2
x.( –cos4x + cos2x) =
 cos
2
x.cos4x + cos
2
x.cos2x + sin
2
x.cos4x – sin
2

x.cos2x = 0,25
 cos4x.(sin
2
x + cos
2
x) + cos2x.(cos
2
x – sin
2
x) =
 cos4x + cos
2
2x =
 4cos4x + 4. = 2 – 3
0,25
 cos4x = 0,25
 4x =
 x =
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm:
x =
0,25
2. Giải hệ phương trình:
.
Mà tồn tại khi và chỉ khi :
.
0,25
Do đó ta có hệ:
0,25
0,25
Vậy: nghiệm của hệ:

(x;y;z) = (1;.
0,25
III
(1 điểm)
I=
∫
+−+
4
2
3
121 xx
dx
Đặt t=
12
+
x
⇒
12
2
+=
xt
⇒
tdt=dx

0,25
+Đổi cận : x=
2
3
⇒
t = 2

0,25
.
4121
.21
2
2





−=−
=+
xyyzx
xyz
4
1
112
2
≥⇒≥+= xyzxy
4
1
041 ≤⇔≥− xyxy








±=
±=
=
⇔









=−
=+
=
⇔









=
=−
=+
⇔










−=−
=+
=
4
1
1
0
01
11
4
1
4
1
01
2
1
.21
4121
.21
4
1

2
2
2
2
2
2
y
x
z
x
z
xy
xy
x
z
xyyzx
xyz
xy
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
x=4
⇒
t = 3

+Khi đó I=
∫
−+
−
3
2
2
1
2
1
t
t
tdt
=
∫
−
3
2
2
)1(
2
t
tdt
⇔
I =
dt
t
t
∫
−

+−
3
2
2
)1(
11
=
∫∫
−
+
−
3
2
2
3
2
)1(
2
)1(
1
2
t
dt
dt
t
=
3
2
3
2

1
2
1ln2
−
−−
t
t
=2ln2+1
0,25
Vậy I= 2ln2+1 0,25
IV
(1 điểm)
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên
mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và
vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng
8
3
2
a
. Tính thể tích khối
lăng trụ ABC.A’B’C’.
Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’, Khi đó (P)
≡
(BCH). Do góc nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác
0,25
BCH. Do tam giác ABC đều cạnh a nên
3
3a
AM
3

2
AO,
2
3a
AM ===
Theo bài ra
4
3a
HM
8
3a
BC.HM
2
1
8
3a
S
22
BCH
=⇒=⇒=
4
a3
16
a3
4
a3
HMAMAH
22
22
=−=−=

0,25
Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên
AH
HM
AO
O'A
=
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
===
0,25
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2

1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
0,25
V
(1 điểm)
Cho 3 số dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của:
P = +
Đặt: x = , y = , z =
x, y, z dương
Khi đó:
P = + +
3P= + +
= 3 – + + )
= 3 – R
0,25
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a Cốp-ki, ta được:
. + . + . )
2

≤ Q.( x
2
+ y
2
+ z

2
+ 3xy + 3yz + 3xz)
 Q ≥
0,25
Mặt khác : xy + yz + xz ≤
Suy ra : Q ≥ , do đó : 3P ≤
 P ≤
0,25
Dấu bằng xảy ra  a = b = c
Vậy giá trí nhọ nhất của P bằng
0,25
VIa 1.Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC, biết B=(2;-1), đường cao kẻ từ A và phân giác
(2 điểm) của góc C có phương trình lần lượt là: 3x – 4y + 27 = 0 và x + 2y – 5 = 0.
Vectơ chỉ phương của (BC) là vectơ pháp tuyến của (AH) : =(3 ; -4).
Suy ra : phương trình của (BC) là :
 4x + 3y – 5 =0
0,25
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ :

Suy ra : C=(-1 ;3)
Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua phân giác CC
1
. Đường thẳng BB’ có vectơ pháp tuyến là
=(2 ;-1) (vectơ chỉ phương của CC
1
)
Suy ra : phương trình (BB’) : 2(x - 2) – (y +1) =0
 2x – y – 5 =0
0,25
Tọa độ điểm I của (BB’) và (CC

1
) là nghiệm hệ :

Suy ra :I=(3 ;1)  B’=(4 ;3)
Phương trình cạnh AC là y=3
0,25
Từ đó tìm được tọa độ đỉnh A=(-5 ;3) và phương trình cạnh AB là 4x + 7y – 1 =0 0,25
2) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho
( )
0;0;3A
,
( )
2; 3; 6M − − −
. Điểm
'M
thỏa
( )
mp Oxy
là mặt phẳng trung trực của
'MM
. Điểm
B
là giao điểm của đường thẳng
( )
'AM
và
( )
mp Oxy

.Viết phương trình mặt cầu (S) tâm B và tiếp xúc với
( )
mp Oxz
( )
mp Oxy
là mặt phẳng trung trực của
'MM
suy ra
, 'M M
đối xứng với nhau qua
( )
mp Oxy
suy ra
( )
' 2; 3;6M − −
0,25
Gọi
( )
, ,0B m n
là giao điểm của
( )
'AM
và
( )
mp Oxy
suy ra 3 điểm
, ',A M B
thẳng hàng
suy ra tồn tại số k sao cho
'AB k AM

=
uuur uuuur
( ) ( )
; ; 3 ; ' 2; 3;3AB m n AM= − = − −
uuur uuuur
0,25
( )
2 1
' 3 2 2;3;0
3 3 3
m k k
AB k AM n k m B
k n
= − = −
 
 
= ⇔ = − ⇔ = ⇒
 
 
− = =
 
uuur uuuur
0,25
Mặt cầu (S) tâm B tiếp xúc với
( )
mp Oxz
suy ra bán kính
3
B
R y= =

Phương trình mặt cầu (S):
( ) ( )
2 2
2
2 3 9x y z− + − + =
0,25
VIIa
(1 điểm)
Tìm số tự nhiên k thỏa mãn hệ thức: = 2 (1)
Điều kiện : 0 ≤ k ≤ 12, k N 0,25
(1) + = 2
 + = 2. 0,25
 + = 2(k + 2)(14 – k)
 k
2
– 12k + 32 =0
 k = 4 hay k = 8
0,25
Vậy: k= 4; 8 0,25
VIb
(2 điểm)
1.Viết phương trình đường tròn đi qua điểm P(1;1), tiếp xúc với hai đường thẳng 7x + y – 3=0;
x + 7y – 3=0
Giả sử phương trình đường tròn cần tìm có dạng:
(C): x
2
+ y
2
+ 2ax + 2by + c =0
P(1;1) thuộc đường tròn nên:

2 + 2a + 2b + c =0 (1)
(C) tiếp xúc với hai đường thẳng nên khoảng cách từ tâm I(-a;-b) đến hai đường thẳng bằng
nhau, bằng khoảng cách từ I đến P, do đó:
= = (2)
Từ các hệ thức (2) tìm được a = b = - hoặc a = b = Thay vào (1) tìm được c = 12 hoặc c =
Vậy: có hai đường tròn cần tìm là:
x
2
+ y
2
– 7x – 7y + 12 =0
x
2
+ y
2
– x – y + =0
2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, hãy xác định toạ độ các đỉnh tam giác ABC vuông cân tại A .
Biết cạnh huyền nằm trên đường thẳng d :
0317
=−+
yx
, điểm
)7;7(N
thuộc đường thẳng
AC
, điểm
)3;2(
−
M
thuộc đường thẳng

AB
.
§êng th¼ng AB cã pt
0)3()2(
=++−
ybxa

)0(
22
≠+ ba
.
Do 45
0
nªn ta cã:
0.25



−=
=
⇔=−−⇔
+
+
==
ba
ba
abba
ba
ba
34

43
071212
50
7
45cos
2
1
22
22
0
0,25
*Víi 3a=4b chän a=4, b=3, ta cã pt AB: 4x+3y+1=0.
V×
ABAC
⊥
nªn pt cua AC lµ: 3x-4y+7=0.
0.25
To¹ ®é cña A lµ nghiÖm cña hpt:
)1;1(
0743
0134
−⇔



=+−
=++
A
yx
yx

.
To¹ ®é cña A lµ nghiÖm cña hpt:
)3;10(
01843
04934
A
yx
yx
⇔



=−−
=−+
.
To¹ ®é cña B lµ nghiÖm cña hpt:
BAB
yx
yx
≡⇒⇔



=−−
=−+
)3;10(
01843
0317
(v« lý).
VËy, A(-1:1), B(-4:5) vµ C(3;4).

0.25
VIIb
(1 điểm)
Giải hệ phương trình:
Ta có: D= = i – 6 0,25
D=

= i + i
2
– 4 + 6i = -5 + 7i 0,25
D = = 2 – 3i – 3 – 3i = -1 -6i
0,25
Suy ra:
0,25