ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 20 potx

Môn Toán

THI THỬ ĐẠI HỌC
2011

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 2sin2 0
x x x x m
    
có nghiệm trên
0; .
2

 
 
 

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)

Môn Toán

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 0
C 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;3
A 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)
Môn Toán

a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết
rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng
: 2 0
d x y
  
tại điểm A có hoành độ bằng 4.
b) Cho tứ diện OABC có
4, 5, 6
OA OB OC
  
và



0
60 .
AOB BOC COA  
Tính thể
tích tứ diện OABC.
Câu VIb (1 điểm)
Cho mặt phẳng


: 2 2 1 0
P 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
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 a)
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
Môn Toán

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
1;
x

tiệm cận ngang
1.
y

Giao
của hai tiệm cận


1;1
I là tâm đối xứng.
0,25
Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
0,25
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
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
b)
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
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 a)
Do đó
 
2
1 3sin 2 2sin 2 3

x x m
    
.
Đặt
sin 2
t x

. Ta có
   
0; 2 0; 0;1 .
2
x x t


 
    
 
 

0,25
Môn Toán

Suy ra
 
 
2
3 2 3 , 0;1
f t t t m t     
Ta có bảng biến thiên

0,25
Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên
10
0; 2
2 3
m

 
  
 
 

0,25
Giải phương trình
       
8
4 2
2
1 1
log 3 log 1 log 4 2
2 4
x x x   

Điều kiện:
0 1
x
 

0,25





2 3 1 4
x x x
    0,25
Trường hợp 1:
1
x


 
2
2 2 0 2
x x x
    

0,25
b)
Trường hợp 1:
0 1
x
 

 
2
2 6 3 0 2 3 3
x x x
      

Vậy tập nghiệm của (2) là


2;2 3 3
T
 

0,25
Câu
III


Môn Toán

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
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
a)
Vậy
1 2
2 2 4
L L L
    
0,25
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
b)
Mặt khác
     
2 100 50
2 50
1 1 2 2 1 2 2
i 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         

Môn Toán

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
      
     

     
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           
  

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










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 0
Ax 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
2
A B

hoặc
3 2
2
A B
C
 


0,25
a)
Trường hợp 1:
2
A B

.
Chọn
1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0
B A C x y
            

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
              

0,5
Môn Toán

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
b)
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


(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 vuông AHK ta có
.
AH AK


Vậy


max
AH AK

  là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.
0,25
Gọi



là mặt phẳng qua A và vuông góc với d


: 2 2 15 0
x y z

    



3;1;4
K
0,25

Câu
VIa



là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK


: 4 3 0
x y z

    

0,25
Câu
Vb


Môn Toán

Gọi
 
2 2
2 2
: 1
x y
H
a b
 

(H) tiếp xúc với
 
2 2
: 2 0 4 1
d x y a b     
0,25
     
2 2
16 4
4 2 4;2 1 2
x y A H
a b
       

0,25
a)
Từ (1) và (2) suy ra
 
2 2
2 2
8; 4 : 1
8 4
x y
a b H
    

0,5


(Học sinh tự vẽ hình)

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


1 15 3
. .sin
2 2
OBC
S OBOC BOC 
Vậy
1
. 10 2
3
OABC OBC
V AH S 
0,25

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
Môn Toán

Trường hợp 1:




0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5
t M MN t t t
      




. 0 ' 0 5;0; 5
P P
MN n MN n t N
      
   

0,25
Trường hợp 2:




1 3;0;2 , 1; 4;0

t M N   
0,25
Kết luận
0,25