Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 14 doc

Ôn thi Đại học
www.MATHVN.com
Trần Sĩ Tùng
Trang 14-
www.MATHVN.com
Đề số 14

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số
2 1
1
−
=
+
x
y
x
(C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm các điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng các khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của
(C) là nhỏ nhất.
Câu II. (2 điểm)
1) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm:
1
1 3

+ =


+ = −



x y
x x y y m
.
2) Gi
ả
i ph
ươ
ng trình: cos
2
3x.cos2x – cos
2
x = 0.
Câu III.
(1
đ
i
ể
m) Tính tích phân:
2
2
0
( sin )cos
π
= +
∫
I x x xdx
.
Câu IV.
(1

đ
i
ể
m) Trên c
ạ
nh AD c
ủ
a hình vuông ABCD có
độ
dài là a, l
ấ
y
đ
i
ể
m M sao cho AM = x (0
≤
m
≤
a). Trên n
ử
a
đườ
ng th
ẳ
ng Ax vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph

ẳ
ng (ABCD) t
ạ
i
đ
i
ể
m A, l
ấ
y
đ
i
ể
m S
sao cho SA = y (y > 0). Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp S.ABCM theo a, y và x. Tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a
th
ể
tích kh

ố
i chóp S.ABCM, bi
ế
t r
ằ
ng x
2
+ y
2
= a
2
.
Câu V.
(1
đ
i
ể
m) Cho x, y, z là các s
ố
d
ươ
ng tho
ả
mãn:
1 1 1
1
x y z
+ + =
. Ch
ứ

ng minh r
ằ
ng:

1 1 1
1
2 2 2
+ + ≤
+ + + + + +
z y z x y z x y z
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (E):
2 2
1
4 1
+ =
x y
. Tìm toạ độ
các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác
ABC là tam giác đều.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2
–2x + 2y + 4z – 3 = 0 và

hai đường thẳng
1 2
1 1
: , :
2 1 1 1 1 1
∆ ∆
− −
= = = =
− − −
x y z x y z
. Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu
(S), biết tiếp diện đó song song với hai đường thẳng ∆
1
và ∆
1
.
Câu VII.a. (1 điểm) Giải hệ phương trình:
2. 5. 90
5. 2. 80

+ =


− =


x x
y y
x x
y y

A C
A C

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y
2
= 8x. Giả sử đường thẳng d đi qua
tiêu điểm của (P) và cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ tương ứng là x
1
, x
2
. Chứng
minh: AB = x
1
+ x
2
+ 4.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng
∆
có
phương trình tham số
{
1 2 ; 1 ; 2
= − + = − =
x t y t z t
. Một điểm M thay đổi trên đường thẳng
∆
, xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.b. Tính đạo hàm f ′(x) của hàm số

( )
3
1
( ) ln
3
f x
x
=
−
và gi
ả
i b
ấ
t ph
ươ
ng trình sau:

t
dt
f x
x
2
0
6
sin
2
'( )
2
π
π

>
+
∫


Hướng dẫn Đề số 14

Câu I: 2) Lấy M(x
0
; y
0
)  (C). d
1
= d(M
0
, TCĐ) = |x
0
+ 1|,
d
2
= d(M
0
, TCN) = |y
0
– 2|.
d = d
1
+ d
2
= |x

0
+ 1| + |y
0
- 2| = |x
0
+ 1| +
0
3
1


x

2 3


Cô si
.
Dấu "=" xảy ra khi
0
1 3
  x
Câu II: 1) Đặt
, ( 0, 0)
   
u x v y u v . Hệ PT 
3 3
1
1
1 3

 
 



 

  


u v
u v
uv m
u v m
.
ĐS:
1
0
4
 
m .
2) Dùng công thức hạ bậc. ĐS:
( )
2

 
x k k Z

Câu III:
2

2 3

 
I
Câu IV: V =
1
( )
6

ya a x
.
2 2 3
1
( )( )
36
  
V a a x a x
. V
max
=
3
3
8
a
khi
2

a
x .
Câu V: Áp dụng BĐT Côsi:

1 1 1 1 4
( )( ) 4     

x y
x y x y x y
.
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4 16
   
     
   
   
   
x y x x y x z x y x z
.
Tương tự cho hai số hạng còn lại. Cộng vế với vế ta
được đpcm.
Câu VI.a: 1)
2 4 3 2 4 3
; , ;
7 7 7 7
   

   
   
A B .
2) (P): y z
3 3 2 0
   

hoặc (P): y z
3 3 2 0
   

Câu VII.a:
2
5





x
y

Câu VI.b: 1) Áp dụng công thức tính bán kính qua tiêu:
FA = x
1
+ 2, FB = x
2
+ 2.
AB = FA = FB = x
1
+ x
2
+ 4.
2) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM
+ BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM +
BM nhỏ nhất.

Điểm


M
nên


1 2 ;1 ;2
  
M t t t
.
2 2 2 2
(3 ) (2 5) (3 6) (2 5)
     AM BM t t
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ


3 ;2 5

r
u t
và


3 6;2 5
  
r
v t .
Ta có
 

 
 
 
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5

 




  


r
r
u t
v t

| | | |
  
r r
AM BM u v
và



6;4 5 | | 2 29
    
r r r r
u v u v
Mặt khác, ta luôn có
| | | | | |
  
r r r r
u v u v
Như vậy
2 29
 AM BM
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
r r
u v
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
   
 
t
t
t





1;0;2
 M và


min 2 29
 AM BM . Vậy khi M(1;0;2) thì minP
=


2 11 29

Câu VII.b:


( ) l 3ln 3
  
f x x
;
 
 
1 3
'( ) 3 3 '
3 3
f x x
x x
   
 

Ta có:
t t

dt dt t t
2
0
0 0
6 6 1 cos 3 3
sin ( sin ) ( sin ) (0 sin0) 3
2 2
|
 

 
   

 
       
 
 

Khi đó:
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x






  
2 1
3 3
2
0
3 2
3 2
1
3
3; 2
3; 2
2
x
x
x x
x x
x
x x
x x


 





 

 
  
 
 

 
 
  
  


