Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 32 doc

Ôn thi Đại học
www.MATHVN.com
Trần Sĩ Tùng
Trang 32-
www.MATHVN.com

Đề số 32

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y =
2 1
1
−
−
x
x
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ là a. Tiếp
tuyến tại A của (C) cắt hai đường tiệm cận tại P và Q. Chứng tỏ rằng A là trung điểm
của PQ và tính diện tích tam giác IPQ.
Câu II: (2điểm)
1) Giải bất phương trình:
2 2
log ( 3 1 6) 1 log (7 10 )
+ + − ≥ − −
x x

2) Giải phương trình:
6 6
2 2

sin cos 1
tan2
cos sin 4
+
=
−
x x
x
x x

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I =
4
2
0
2
1 tan
π
−
 
+
 
+
 
∫
x
x
e
e x dx
x

Câu IV: (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là một hình thoi
cạnh a, góc

BAD
= 60
0
. Gọi M là trung điểm AA′ và N là trung điểm của CC′. Chứng
minh rằng bốn điểm B′, M, N, D đồng phẳng. Hãy tính độ dài cạnh AA′ theo a để tứ
giác B′MDN là hình vuông.
Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c lớn hơn 1 có tích abc = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
1 1 1
1 1 1
= + +
+ + +
P
a b c

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; –1) và đường thẳng d có phương
trình 2x – y + 3 = 0. Lập phương trình đường thẳng (∆) qua A và tạo với d một góc α có
cosα
1
10
=
.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(–1;–3;1).
Lập phương trình của mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên mặt phẳng (P): x +

y – 2z + 4 = 0.
Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Từ các chữ số của tập X có thể lập
được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và phải có mặt chữ số 1 và 2.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: ( 2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(–1;1) và B(3;3), đường thẳng (∆):
3x – 4y + 8 = 0. Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng (∆).
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A(3;0;0), B(0;1;4), C(1;2;2), D(–
1;–3;1). Chứng tỏ A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện và tìm trực tâm của tam giác
ABC.
Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình:
log log
2 2 3

=


+ =


y x
x y
xy y
.



www.MATHVN.com

Hướng dẫn Đề số 32

Câu I: 2) Giao điểm I(1; –2).
2 1
;
1

 
 

 
a
A a
a

Phương trình tiếp tuyến tại A: y =
2
1
(1 )

a
(x – a) +
2 1
1


a
a

Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến tại A:

2
1;
1
 
 

 
a
P
a

Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến tại A:
Q(2a – 1; –2)
Ta có: x
P
+ x
Q
= 2a = 2x
A
. Vậy A là trung điểm của
PQ
Ta có IP =
2 2
2
1 1
 
 
a
a a
; IQ =

2( 1)

a . S
IPQ
=
1
2
IP.IQ = 2
(đvdt)
Câu II: 1) Điều kiện:
1
10
3
  
x
BPT 
2 2
3 1 6
log log (7 10 )
2
 
  
x
x

3 1 6
7 10
2
 
  

x
x


3 1 6 2(7 10 )
    
x x

3 1 2 10 8
   
x x  49x
2
– 418x
+ 369 ≤ 0
 1 ≤ x ≤
369
49
(thoả)
2) Điều kiện: cos2x ≠ 0
( )
4 2
 
   
¢
k
x k
PT
2
3 1
1 sin 2 sin 2

4 4
  
x x
 3sin
2
2x + sin2x – 4 = 0
 sin2x = 1 
4


 
x k
( không thoả). Vậy phương
trình vô nghiệm.
Câu III: I =
4 4
2
0 0
2 cos
 


 
x
xe dx xdx
= I
1
+ I
2
Tính: I

1
=
4
0
2



x
xe dx
Đặt
2






x
u x
dv e dx
 I
1
=
4
2





e
– 2
4
2



e

I
2
=
4
0
1 cos2
2



x
dx
=
1 1
sin 2
4
2 2
0

 


 
 
x x =
1
8 4



Câu IV: Gọi P là trung điểm của DD. ABNP là hình bình
hành  AP // BN
APDM là hình bình hành  AP // MD
 BN // MD hay B, M, N, D đồng phẳng.
Tứ giác BNDM là hình bình hành. Để B’MND là hình
vuông thì 2BN
2
= BD
2
.
Đặt: y = AA’

2
2 2 2
2
4
 
  
 
 
y
a y a

 y =
2
a
Câu V: Ta chứng minh:
1 1 2
1 1
1
 
 

a b
ab

1 1 1 1
1 1
1 1
  
 
 
a b
ab ab
≥ 0

2
( ) ( 1)
0
(1 )(1 )(1 )
 
 
  

b a ab
a b ab
(đúng). Dấu "=" xảy ra 
a = b.
Xét
3
1 1 1 1
1 1 1
1
  
  

a b c
abc
6
4
2 2
1
1
 


ab
abc
3
4 4 412
4 4
1
1
 



abc
a b c

 P
3
3
1
1
 
 abc
. Vậy P nhỏ nhất bằng 1 khi a = b = c = 2
Câu VI.a: 1) PT đường thẳng () có dạng: a(x – 2) + b(y
+1) = 0  ax + by – 2a + b = 0
Ta có:
2 2
2 1
cos
10
5( )


 

a b
a b

7a
2

– 8ab + b
2
= 0. Chon a =
1  b = 1; b = 7.
 (
1
): x + y – 1 = 0 và (
2
): x + 7y + 5 = 0
2) PT mặt cầu (S) có dạng: x
2
+ y
2
+ z
2
– 2ax – 2by –
2cz + d = 0
(S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 = 0
(S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = 0
(S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = 0
Tâm I  (P): a + b – 2c + 4 = 0
Giải ra ta được: a = 1, b = –1, c = 2, d = –3
Vậy (S): x
2
+ y
2
+ z
2
– 2x + 2y – 4z – 3 = 0
Câu VII.a: Có 6 tập con có 5 chữ số chứa các số 0; 1; 2

Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2, nhưng không
chứa số 0
Vậy số có các chữ số khác nhau được lập từ các chữ số
đã cho bằng:
6(P
5
– P
4
) + 4P
5
= 1.056 (số)
Câu VI.b: 1) Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung
trực d của đoạn AB
d qua M(1; 2) có VTPT là
(4;2)

uuur
AB  d: 2x + y – 4 = 0
 Tâm I(a;4 – 2a)
Ta có IA = d(I,D)
2
11 8 5 5 10 10
    
a a a  2a
2
– 37a + 93
= 0 
3
31
2







a
a

 Với a = 3  I(3;–2), R = 5  (C): (x – 3)
2
+ (y + 2)
2

= 25
 Với a =
31
2

31
; 27
2
 

 
 
I , R =
65
2
 (C):

2
2
31 4225
( 27)
2 4
 
   
 
 
x y
2) Ta có
1
( 3;1;4); ( 1;1;1)
2
    
uuur r uuur
AB a AC
PT mặt phẳng (ABC): 3x + y + 2z – 6 = 0
( )
 
D ABC

đpcm
Câu VII.b: Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 và y > 0 và y ≠ 1
Ta có
2
log log log log 2 0
    
y x y y
xy y x x

log 1
log 2




 


y
y
x
x

2
1








x y
x
y

 Với x = y  x = y =
2

log 3 1


 Với x =
2
1
y
ta có:
2
1
2 2 3
 
y
y
theo bất đẳng thức Cô-si
suy ra PT vô nghiệm