Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 53 ppsx

Trần Sĩ Tùng
www.MATHVN.com
Ôn thi Đại học
www.MATHVN.com -
Trang 53
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
x
y
x
2 1
1
−
=
−
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến này cắt các trục Ox , Oy
lần lượt tại các điểm A và B thỏa mãn OA = 4OB.
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
x x
x x
x x
sin cos
2tan2 cos2 0
sin cos
+
+ + =
−

2) Giải hệ phương trình:






=−++++
=−++++
011)1(
030)2()1(
22
3223
yyyxyx
xyyyxyyx

Câu III
(1
đ
i
ể
m): Tính tích phân: I =
∫
+
+
1
0
1
1
dx
x
x

Câu IV
(1
đ
i
ể
m): Cho l
ă
ng tr
ụ

đứ
ng ABC.A′B′C′ có
đ
áy ABC là tam giác vuông v
ớ
i AB =
BC = a, c
ạ
nh bên AA′ = a 2 . M là
đ
i
ể
m trên AA′ sao cho
AM AA
1
'
3
=
 

. Tính th
ể
tích
c
ủ
a kh
ố
i t
ứ
di
ệ
n MA′BC′.
Câu V
(1
đ
i
ể
m): Cho các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng a, b, c thay
đổ
i luôn th
ỏ
a mãn
a b c
1

+ + =
. Ch
ứ
ng
minh r
ằ
ng:
.2
222
≥
+
+
+
+
+
+
+
+
b
a
ac
a
c
cb
c
b
ba

II. PHẦN TỰ CHỌN

(3 điểm)

1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a
(2
đ
i
ể
m):
1) Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
to
ạ

độ
Oxy, cho
đ
i
ể
m E(–1; 0) và
đườ
ng tròn (C):
x y x y
2 2

–8 – 4 –16 0
+ =
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua
đ
i
ể
m E c
ắ
t (C) theo dây
cung MN có
độ
dài ng
ắ
n nh
ấ
t.
2) Trong không gian v
ớ
i h
ệ

to
ạ

độ
Oxyz, cho 2
đ
i
ể
m A(0; 0; 4), B(2; 0; 0) và m
ặ
t ph
ẳ
ng
(P):
x y z
2 5 0
+ − + =
. L
ậ
p ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u (S)
đ
i qua O, A, B và có kho
ả
ng cách t

ừ

tâm I c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u
đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng (P) b
ằ
ng
5
6
.
Câu VII.a
(1
đ
i
ể
m): Có bao nhiêu s
ố
t
ự
nhiên g

ồ
m 7 ch
ữ
s
ố
, bi
ế
t r
ằ
ng ch
ữ
s
ố
2 có m
ặ
t
đ
úng
hai l
ầ
n, ch
ữ
s
ố
3 có m
ặ
t
đ
úng ba l
ầ

n và các ch
ữ
s
ố
còn l
ạ
i có m
ặ
t không quá m
ộ
t l
ầ
n?
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b
(2
đ
i
ể
m):
1) Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
to
ạ

độ
Oxy, cho tam giác ABC cân t
ạ
i A, bi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng AB, BC l
ầ
n l
ượ
t là:
x y
2 –5 0
+ =
và
x y
3 – 7 0
+ =
. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ

ng
th
ẳ
ng AC, bi
ế
t r
ằ
ng AC
đ
i qua
đ
i
ể
m
F
(1; 3)
−
.
2) Trong không gian v
ớ
i h
ệ
to
ạ

độ
Oxyz, cho hai
đ
i
ể

m A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và
đườ
ng
th
ẳ
ng
∆
:
x y z
1 1
2 1 2
+ −
= =
−
. Tìm to
ạ

độ

đ
i
ể
m M trên
∆
sao cho
∆
MAB có di
ệ
n tích nh
ỏ

nh
ấ
t.
Câu VII.b
(1
đ
i
ể
m): Tìm t
ấ
t c
ả
các giá tr
ị
c
ủ
a tham s
ố
a
để
ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ
m duy
nh
ấ
t:
x

a x
5 5
log (25 –log )
=


Đề số 54

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)

Hướng dẫn Đề số 53

Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại
M x y
0 0
( ; )
cắt Ox tại
A và Oy tại B sao cho OA = 4OB.
Do OAB vuông tại O nên:
OB
A
OA
1
tan
4
 
 Hệ số góc của
d bằng
1
4

hoặc
1
4

.
Hệ số góc của d tại M là: y x
x
0
2
0
1
( ) 0
( 1)

  

 y x
0
1
( )
4

 

x
2
0
1 1
4
( 1)

  



x y
x y
0 0
0 0
3
1
2
5
3
2

 
  
 

 

 

 
 

 


Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y x

1 3
( 1)
4 2
   
hoặc
y x
1 5
( 3)
4 2
   

Câu II: 1) Điều kiện:
x
cos2 0

.
PT  x x x x
2 2
(sin cos ) 2sin2 cos 2 0
    

x x
2
sin 2 sin2 0
 


x
x loaïi
sin2 0

sin2 1 ( )






x k
2

 .
2) Hệ PT 
xy x y x y x y
xy x y xy x y
2 2 2
( ) ( ) 30
( ) 11

   

    


xy x y x y xy
xy x y xy x y
( )( ) 30
( ) 11

   


    


Đặt
x y u
xy v

 



. Hệ trở thành
uv u v
uv u v
( ) 30
11

 

  


uv uv
uv u v
(11 ) 30 (1)
11 (2)

 

  


.
Từ (1) 
uv
uv
5
6






 Với uv = 5 
u v
6
 
. Giải ra ta được các nghiệm (x; y)
là:
5 21 5 21
;
2 2
 
 
 
 
và
5 21 5 21
;
2 2

 
 
 
 

 Với uv = 6 
u v
5
 
. Giải ra ta được các nghiệm (x; y)
là:
(1;2)
và
(2;1)

Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm:
(1;2)
,
(2;1)
,
5 21 5 21
;
2 2
 
 
 
 
,
5 21 5 21
;

2 2
 
 
 
 
.
Câu III: Đặt
t x
 
dx t dt
2 .

. I =
t t
dt
t
1
3
0
2
1



=
t t dt
t
1
2
0

2
2 2
1
 
  
 

 

=
11
4ln2
3
 .
Câu IV: Từ giả thiết suy ra ABC vuông cân tại B. Gọi H
là trung điểm của AC thì BH  AC và BH  (ACCA).
Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MAC  BH
=
a
2
2
. Từ giả thiết  MA =
a
2 2
3
, AC =
a
2
.
Do đó:

B MA C MA C
a
V BH S BH MA AC
3
. ' ' ' '
1 1 2
. . .
3 6 9
  
   .
Câu V: Ta có:
a b a b c b a b
a
b c b c b c
2
(1 )    
  
  
.
Tương tự, BĐT trơt thành:
a b b c c a
a b c
b c c a a b
2
  
     
  

a b b c c a
b c c a a b

3
  
  
  

Theo BĐT Cô–si ta có:
a b b c c a a b b c c a
b c c a a b b c c a a b
3
3 . . 3
     
   
     
.
Dấu "=" xảy ra  a b c
1
3
  
.
Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6. Ta có IE
=
29
< 6 = R  E nằm trong hình tròn (C).
Giả sử đường thẳng  đi qua E cắt (C) tại M và N. Kẻ
IH  . Ta có IH = d(I, ) ≤ IE.
Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất  H  E 
 đi qua E và vuông góc với IE
Khi đó phương trình đường thẳng  là: x y
5( 1) 2 0
  


x y
5 2 5 0
  
.
2) Giả sử (S): x y z ax by cz d
2 2 2
2 2 2 0
      
.
 Từ O, A, B  (S) suy ra:
a
c
d
1
2
0









I b
(1; ;2)
.


d I P
5
( ,( ))
6


b
5 5
6 6

 
b
b
0
10



 


Vậy (S): x y z x z
2 2 2
2 4 0
    
hoặc (S): x y z x y z
2 2 2
2 20 4 0
     

Câu VII.a: Gọi số cần tìm là:
1 2 3 4 5 6 7

x a a a a a a a
(a
1
 0).
 Giả sử
1
a
có thể bằng 0:
+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là:
2
7
C

+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là:
3
5
C

+ Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: 2!
2
8
C

 Bây giờ ta xét
1
a
= 0:

+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là:
2
6
C

+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là:
3
4
C

+ Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7
Vậy số các số cần tìm là:
2 3 2 2 3
7 5 8 6 4
. .2! . .7 11340
 C C C C C (số).
Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là n
1
(1;2)

r
, của BC là
n
2
(3; 1)
 
r
, của AC là
n a b
3

( ; )

r
với
a b
2 2
0
 
.
Do ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và
bằng nhau.
Suy ra:
B C
cos cos


n n n n
n n n n
1 2 3 2
1 2 3 2
. .
. .

r r r r
r r r r

a b
a b
2 2
1 3

5





a b ab
2 2
22 2 15 0
  

a b
a b
2
11 2






 Với
a b
2

, ta có thể chọn a b
1, 2
 
 n
3

(1;2)

r
 AC //
AB  không thoả mãn.
 Với
a b
11 2

, ta có thể chọn a b
2, 11
 
 n
3
(2;11)

r

Khi đó phương trình AC là: x y
2( 1) 11( 3) 0
   

x y
2 11 31 0
  
.
2) PTTS của :
x t
y t
z t

1 2
1
2

  

 




. Gọi
M t t t
( 1 2 ;1 ;2 )
  
 .
Diện tích MAB là S AM AB t t
2
1
, 18 36 216
2
 
   
 
uuur uuur
= t
2
18( 1) 198
 
≥

198

Vậy Min S =
198
khi
t
1

hay M(1; 0; 2).
Câu VII.b: PT 
x x
a
5
25 log 5
 

x x
a
2
5
5 5 log 0
  

x
t t
t t a
2
5
5 , 0
log 0 (*)


 

  



PT đã cho có nghiệm duy nhất  (*) có đúng 1 nghiệm
dương 
t t a
2
5
log
  có đúng 1 nghiệm dương.
Xét hàm số
f t t t
2
( )
 
với t  [0; +∞). Ta có:
f t t
( ) 2 1

 

f t t
1
( ) 0
2


  
. f
1 1
2 4
 
 
 
 
, f
(0) 0

.
Dựa vào BBT ta suy ra phương trình
f t a
5
( ) log
 có đúng 1
nghiệm dương

a
a
5
5
log 0
1
log
4





 


a
a
4
1
1
5







.