đề thi thử đại học môn toán - đề (10)

Môn Toán
THI THỬ ĐẠI HỌC 2011
MÔN TOÁN
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 cos cos4 2sin 2 0x x x x m+ + + − =
có nghiệm trên
0; .
2
π
 
 
 
b) Giải phương trình
( ) ( ) ( )
8
4 2
2
1 1
log 3 log 1 log 4 .
2 4
x x x+ + − =
Câu III (2 điểm)
a) Tìm giới hạn
3
2 2
0
3 1 2 1
lim .
1 cos
x
x x

L
x
→
− + +
=
−
b) Chứng minh rằng
0 2 4 6 98 100 50
100 100 100 100 100 100
2 .C C C C C C− + − + − + = −
Câu IV (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực thoả mãn
3.a b c+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .
a b c a b c a b 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 tròn có phương trình
( )
2 2
1
: 4 5 0C x y y+ − − =
và
( )
2 2
2
: 6 8 16 0.C x y x y+ − + + =

Lập phương trình tiếp tuyến chung của
( )
1
C
và
( )
2
.C
b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’.
Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C.
Câu VIa (1 điểm)
Cho điểm
( )
2;5;3A
và đường thẳng
1 2
: .
2 1 2
x y z
d
− −
= =
Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
chứa
d
sao cho khoảng cách từ
A
đến

( )
α
lớn nhất.
Môn Toán
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
: 2 0d x y− − =
tại điểm A có hoành độ bằng 4.
b) Cho tứ diện OABC có
4, 5, 6OA OB OC= = =
và
·
·
·
0
60 .AOB BOC COA= = =
Tính thể tích
tứ diện OABC.
Câu VIb (1 điểm)
Cho mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0P x y z− + − =
và các đường thẳng
1
1 3
: ,
2 3 2
x y z

d
− −
= =
−

2
5 5
: .
6 4 5
x y z
d
− +
= =
−
Tìm điểm M thuộc d
1
, N thuộc d
2
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
{ }
\ 1 .D R=
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
1
y x
x
−

= < ∀ ≠ ⇒
−
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
;1−∞
và
( )
1; .+∞
Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
1;x =
tiệm cận ngang
1.y =
Giao của hai tiệm
cận
( )
1;1I
là tâm đối xứng.
0,25
Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25
b)
Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị
( )
1
'
1
x
y C

x
+
=
−
Học sinh tự vẽ hình
0,5
Môn Toán
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
1:m = −
phương trình có 1 nghiệm
1 1:m− < ≤
phương trình vô nghiệm
0,25
Câu II 2 điểm
a)
Ta có
4 4 2
1
sin os 1 sin 2
2
x c x x+ = −
và
2
os4 1 2sin 2 .c x x= −
0,25
Do đó
( )
2
1 3sin 2 2sin 2 3x x m⇔ − + + =
.
Đặt
sin 2t x
=
. Ta có
[ ] [ ]
0; 2 0; 0;1 .
2

x x t
π
π
 
∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈
 
 
Suy ra
( )
[ ]
2
3 2 3 , 0;1f t t t m t= − + + = ∈
0,25
Ta có bảng biến thiên 0,25
Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên
10
0; 2
2 3
m
π
 
⇔ ≤ ≤
 
 
0,25
b)
Giải phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
8
4 2

2
1 1
log 3 log 1 log 4 2
2 4
x x x+ + − =
Điều kiện:
0 1x< ≠
0,25
( ) ( )
2 3 1 4x x x⇔ + − =
0,25
Trường hợp 1:
1x
>
( )
2
2 2 0 2x x x⇔ − = ⇔ =
0,25
Trường hợp 1:
0 1x
< <
( )
2
2 6 3 0 2 3 3x x x⇔ + − = ⇔ = −
Vậy tập nghiệm của (2) là
{ }
2;2 3 3T = −
0,25
Câu III
a)

Tìm
3
2 2
0
3 1 2 1
lim .
1 cos
x
x x
L
x
→
− + +
=
−
Ta có
3
2 2
0
3 1 1 2 1 1
lim
1 cos 1 cos
x
x x
L
x x
→
 
− + + −
 ÷

= +
− − ÷
 
0,25
Môn Toán
Xét
2 2
1
2 2
0 0
2 1 1 2
lim lim 2
1 cos
2sin 2 1 1
2
x x
x x
L
x
x
x
→ →
+ −
= = =
−
 
+ +
 ÷
 
0,25

Xét
( )
3
2 2
2
2
0 0
3
2 2 2
3
3 1 1 3
lim lim 2
1 cos
2sin 3 1 3 1 1
2
x x
x x
L
x
x
x x
→ →
− +
= = =
−
 
− − − +
 ÷
 ÷
 

0,25
Vậy
1 2
2 2 4L L L= + = + =
0,25
b)
Chứng minh rằng
0 2 4 100 50
100 100 100 100
2 .C C C C− + − + = −
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
( ) ( ) ( )
2 100 50
2 50
1 1 2 2 1 2 2i i i i i i+ = + + = ⇒ + = = −

Vậy
0 2 4 100 50
100 100 100 100
2 .C C C C− + − + = −
0,5
Câu IV Cho a, b, c thoả
3.a b c
+ + =
Tìm GTNN của
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .
a b c a b c a b c
M = + + + + + + + +
Đặt
( ) ( ) ( )
2 ;3 ;4 , 2 ;3 ;4 , w 2 ;3 ;4 w
a b c c a b b c a
u v M u v= = = ⇒ = + +
r r uur r r uur
( ) ( ) ( )
2 2 2
w 2 2 2 3 3 3 4 4 4
a b c a b c a b c
M u v≥ + + = + + + + + + + +
r r uur
0,25
Theo cô – si có
3
2
2 2 2 3 2 6
b c a b c+ +

+ + ≥ =
. Tương tự …
0,5
Vậy
3 29.M ≥
Dấu bằng xảy ra khi
1.a b c
= = =
0,25
Câu Va Học sinh tự vẽ hình
a)
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 2 2 2
: 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R= − =
0,25
Gọi tiếp tuyến chung của
( ) ( )
1 2
,C C
là
( )
2 2
: 0 0Ax By C A B∆ + + = + ≠
∆
là tiếp tuyến chung của
( ) ( )
1 2
,C C

( )

( )
( )
( )
2 2
1 1
2 2
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
2A B=
hoặc

3 2
2
A B
C
− +
=
0,25
Trường hợp 1:
2A B=
.
Chọn
1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0B A C x y= ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ ∆ + − ± =
0,5
Môn Toán
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
3
A B A B A A B y x y− = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − =
b)
Gọi H là trung điểm của BC
( )

( )
3
; '
2
a
d M BB C AH⇒ = =
0,25
2 3
' ' '
1 1 3
'. .
2 2 3 12
BB C MBB C BB C
a a
S BB BC V AH S
∆ ∆
= = ⇒ = =
0,25
Gọi I là tâm hình vuông 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
( )

α
là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên
( )
α
.
0,25
Trong tam giác vuông AHK ta có
.AH AK
≤
Vậy
( )
max
AH AK
α
= ⇔
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.
0,25
Gọi
( )
β
là mặt phẳng qua A và vuông góc với d
( )
: 2 2 15 0x y z
β
⇒ + + − =
( )
3;1;4K⇒
0,25
( )
α

là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK
( )
: 4 3 0x y z
α
⇒ − + − =
0,25
Câu Vb
a)
Gọi
( )
2 2
2 2
: 1
x y
H
a b
− =
(H) tiếp xúc với
( )
2 2
: 2 0 4 1d x y a b− − = ⇔ − =
0,25
( ) ( ) ( )
2 2
16 4
4 2 4;2 1 2x y A H
a b
= ⇒ = ⇒ ∈ ⇒ − =
0,25
Từ (1) và (2) suy ra

( )
2 2
2 2
8; 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
' ' 4OA OB OC= = =
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
1
. 10 2
3
OABC OBC
V AH S= =
0,25
Môn Toán
Câu VIb
Gọi
( ) ( )
1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t+ − + − −
( )
( )
; 2 2 1 1 0; 1.d M P t t t= ⇔ − = ⇔ = =
0,25
Trường hợp 1:
( ) ( )
0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5t M MN t t t= ⇒ = + − − −
uuuur
( )
. 0 ' 0 5;0; 5
P P
MN n MN n t N⊥ ⇔ = ⇒ = ⇒ −
uuuur uur uuuur uur
0,25
Trường hợp 2:
( ) ( )

1 3;0;2 , 1; 4;0t M N= ⇒ − −
0,25
Kết luận 0,25