Đề thi thử ĐH môn Toán năm 2010 pptx

THI TH TON I HC - CAO NG HTTP://EBOOK.HERE.VN
NGY 8 THNG 6 - NM 2010

PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 ủim)
Cõu I (2 ủim)
Cho hàm số
1
12

+
=
x
x
y
có đồ thị (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số .
2. Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B .
Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất

Cõu II (2 ủim) :
1. Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y

+ + =

=



2.Gii phng trỡnh:
( )
(
)
3
sin 2 cos 3 2 3 os 3 3 os2 8 3 cos sinx 3 3 0
x x c x c x x
+ + =
.
Cõu III: Tớnh din tớch ca min phng gii hn bi cỏc ủng
2
| 4 |
y x x
=
v
2
y x
=
.
Cõu IV (1 ủim) Cho hỡnh chúp ct tam giỏc ủu ngoi tip mt hỡnh cu bỏn kớnh r cho trc. Tớnh th tớch hỡnh
chúp ct bit rng cnh ủỏy ln gp ủụi cnh ủỏy nh.

Cõu V (1 ủim) Cho phng trỡnh
( ) ( )
3

4
1 2 1 2 1
x x m x x x x m
+ + =

Tỡm m ủ phng trỡnh cú mt nghim duy nht.

PHN RIấNG
(3 ủim): Thớ sinh ch lm mt trong hai phn (Phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh chun
.
Cõu VI.a (2 ủim)
1. Cho

ABC cú ủnh A(1;2), ủng trung tuyn BM:
2 1 0
x y
+ + =
v phõn giỏc trong CD:

1 0
x y
+ =
. Vit phng trỡnh ủng thng BC.
2. Cho ủng thng (D) cú phng trỡnh:
2
2
2 2
x t
y t

z t
= +


=


= +

.Gi

l ủng thng qua ủim
A(4;0;-1) song song vi (D) v I(-2;0;2) l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn (D). Trong cỏc mt phng qua

,
hóy vit phng trỡnh ca mt phng cú khong cỏch ủn (D) l ln nht.
Cõu VII.a (1 ủim) Cho x, y, z l 3 s thc thuc (0;1]. Chng minh rng
1 1 1 5
1 1 1
xy yz zx x y z
+ +
+ + + + +

2. Theo chng trỡnh nõng cao
.
Cõu VI.b (2 ủim)
1. Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú din tớch bng 4. Bit A(1;0), B(0;2) v giao ủim I ca hai ủng chộo nm
trờn ủng thng y = x. Tỡm ta ủ ủnh C v D.
2. Cho hai ủim A(1;5;0), B(3;3;6) v ủng thng

cú phng trỡnh tham s
1 2
1
2
x t
y t
z t
= +


=


=

.Mt ủim M thay
ủi trờn ủng thng

, tỡm ủim M ủ chu vi tam giỏc MAB ủt giỏ tr nh nht.
Cõu VII.b (1 ủim) Cho a, b, c l ba cnh tam giỏc. Chng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b

+ + + + <

+ + + + + +

Ht


Kỳ thi thử đại học- cao đẳng năm 2010
Hớng dẫn chấm môn toán

Câu Nội dung Điểm
I.1
Khảo sát hàm số y=
1
12

+
x
x

1,00


1. Tập xác định: R\{1}
2. Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên:
22
)1(
3
)1(
)12()1(2
'

=

+


=
xx
xx
y

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-; 1) và (1;+)
. Cực trị : Hàm số đ cho không có cực trị


0,25
. Tiệm cận:
=

+
=




1
12
limlim
1

1
x
x
y
x
x


+=

+
=
+
+


1
12
limlim
1
1
x
x
y
x
x

Do đó đờng thẳng x=1 là tiệm cận đứng

2

1
12
limlim =

+
=


x
x
y
x
x

Vậy đờng thẳng y= 2 là tiệm cận ngang




0,25
* Bảng biến thiên:
x
-
1
+

y' - -
y 2
-

+
2

3* Đồ thị : HS tự vẽ đồ thị hàm số.




0,5


I.2
Với M bất kì (C), tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A, B. Tìm M để chu vi tam giác
IAB đạt giá trị nhỏ nhất.

1,00


Gọi M









+
1

3
2;
0
0
x
x
(C)
* Tiếp tuyến tại M có dạng:
1
3
2)(
)1(
3
0
0
2
0

++


=
x
xx
x
y

Câu Nội dung Điểm
Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B có dạng là: A









+
1
6
2;1
0
x

B(2x
0
-1; 2) ; I(1; 2)
* Ta có: S

IAB
=
2
1
. IA. IB=

63.212
1
6
2
1
0
0
==

x
x
(đvdt)

0,25




0,25

* IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB
(HS tự chứng minh).




=
+=
=

31
31
12
1
6
0
0
0
0
x
x
x
x

* Vậy có hai điểm M thỏa mn điều kiện
M
1
(
32;31 ++
)
M
2
(
32;31
)
Khi đó chu vi

AIB =
6234 +

0,5

Cõu í

Ni dung i
m
II 2,00
1 1,00
1)

CõuII:2. Gii phng trỡnh:
( )
(
)
3
sin 2 cos 3 2 3 os 3 3 os2 8 3 cos sinx 3 3 0
x x c x c x x
+ + =
.
3)sincos.3(833cos36cos.32cos.sin6cos.sin2
033)sincos.3(82cos.33cos.32)3(cos2sin
232
3
+++
=++
xxxxxxxx

xxxxxx
0)sincos3(8)sincos3(cos.6)sincos3(cos2
2
=+ xxxxxxxx





=
=
=





=+
=

=+
)(4cos
1cos
3tan
04cos3cos
0sincos3
0)8cos6cos2)(sincos3(
2
2
loaix

x
x
xx
xx
xxxx






=
+=
k
kx
kx
,
2
3





0,50
1 1,00

iu kin:
| | | |
x y

t
2 2
; 0
u x y u
v x y

=


= +


;
x y
=
khụng tha h nờn xột
x y

ta cú
2
1
2
u
y v
v

=

.
H phng trỡnh ủó cho cú dng:
0,25

2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =


 

− =
 

 




4
8
u
v

=

⇔

=

hoặc
3
9
u
v
=


=


+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y

=


− =

⇔
 
=
+ =



(I)
+
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y

=

− =

⇔
 
=
+ =




(II)
0,25
Sau ñó hợp các kết quả lại, ta ñược tập nghiệm của hệ phương trình ban ñầu là
(
)
(
)
{
}
5;3 , 5;4
S =

1,00
III 0,25
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi:
2
| 4 | ( )
y x x C
= − và
(
)
: 2
d y x
=

Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C) và (d):
2
2 2

2 2
0 0
0
| 4 | 2 2
4 2 6 0
6
4 2 2 0
x x
x
x x x x
x x x x x
x
x x x x x
≥ ≥
 
=

 

 
− = ⇔ ⇔ ⇔ =
− = − =
 

 
 

=
− = − − =


 
 

Suy ra diện tích cần tính:
( ) ( )
2 6
2 2
0 2
4 2 4 2
S x x x dx x x x dx
= − − + − −
∫ ∫

0,25
Tính:
( )
2
2
0
| 4 | 2
I x x x dx
= − −
∫

Vì
[
]
2
0;2 , 4 0
x x x

∀ ∈ − ≤
nên
2 2
| 4 | 4
x x x x
− = − +
⇒

( )
2
2
0
4
4 2
3
I x x x dx
= − + − =
∫

0,25
Tính
( )
6
2
2
| 4 | 2
K x x x dx
= − −
∫

Vì
[
]
2
2;4 , 4 0
x x x
∀ ∈ − ≤
và
[
]
2
4;6 , 4 0
x x x
∀ ∈ − ≥
nên
( ) ( )
4 6
2 2
2 4
4 2 4 2 16
K x x x dx x x x dx
= − − + − − = −
∫ ∫
.
0,25

Vậy
4 52
16
3 3

S = + =

1,00
IV 0,25









Gọi H, H’ là tâm của các tam giác ñều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung ñiểm của AB,
A’B’. Ta có:
( ) ( ) ( )
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai ñáy tại H, H’ và tiếp xúc với
mặt bên (ABB’A’) tại ñiểm

'
K II
∈
.

0,25
Gọi x là cạnh ñáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh ñáy lớn. Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC= = = = = =

Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ =

0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
(
)
' . '
3
h
V B B B B
= + +

Trong ñó:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h
= = = = = =

0,25

Từ ñó, ta có:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
 
 
= + + =
 
 

0,25
VIa 2,00
1

1,00

ðiểm
(
)
: 1 0 ;1
C CD x y C t t
∈ + − = ⇒ −
.
Suy ra trung ñiểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
+ −
 
 
 
.
0,25
ðiểm
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
+ −
 

∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −
 
 

0,25


0,25
Từ A(1;2), kẻ
: 1 0
AK CD x y
⊥ + − =
tại I (ñiểm
K BC
∈
).
Suy ra
(
)
(
)
: 1 2 0 1 0
AK x y x y
− − − = ⇔ − + =
.

Tọa ñộ ñiểm I thỏa hệ:
( )
1 0
0;1

1 0
x y
I
x y
+ − =

⇒

− + =

.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung ñiểm của AK
⇒
tọa ñộ của
(
)
1;0
K − .

ðường thẳng BC ñi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= ⇔ + + =
− +

2

Gọi (P) là mặt phẳng ñi qua ñường thẳng
∆
, thì
( ) //( )
P D
hoặc
( ) ( )
P D
⊃
. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của I trên (P). Ta luôn có
IH IA
≤
và
IH AH
⊥
.
Mặt khác
( ) ( )
(
)
( )
(
)
( )
, ,
d D P d I P IH
H P

= =



∈



Trong mặt phẳng
(
)
P
,
IH IA
≤
; do ñó
axIH = IA H A
m
⇔ ≡
. Lúc này (P) ở vị trí (P
0
) vuông
góc với IA tại A.

Vectơ pháp tuyến của (P
0
) là
(
)
6;0; 3
n IA
= = −

r uur
, cùng phương với
(
)
2;0; 1
v
= −
r
.
Phương trình của mặt phẳng (P
0
) là:
(
)
(
)
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0
x z− − + =
.
VIIa
ðể ý rằng
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 1 0

xy x y x y
+ − + = − − ≥
;
và tương tự ta cũng có
1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +


+ ≥ +


0,25

Vì vậy ta có:
( )
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
5
1
1 5
5
x y z
x y z

xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
 
+ + + + ≤ + + + + +
 
+ + + + + +
 
≤ + + +
+ +
 
= − − +
 
+ + +
 
 
≤ − − +
 
+ +
 
=
vv
1,00
Ta có:

(
)
1;2 5
AB AB= − ⇒ =
uuur
.
Phương trình của AB là:
2 2 0
x y
+ − =
.
(
)
(
)
: ;
I d y x I t t
∈ = ⇒
. I là
trung ñiểm của AC và BD nên
ta có:
(
)
(
)
2 1;2 , 2 ;2 2
C t t D t t
− −
.
0,25

Mặt khác:
D
. 4
ABC
S AB CH
= =
(CH: chiều cao)
4
5
CH⇒ =
.
0,25

Ngoài ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D

   
= ⇒

−
   

= ⇔ = ⇔
   


= ⇒ − −


Vậy tọa ñộ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
   
   
hoặc
(
)
(
)
1;0 , 0; 2
C D
− −

0,50
2 1,00
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.

Vì AB không ñổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
ðường thẳng
∆
có phương trình tham số:
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +


= −


=

.
ðiểm
M
∈∆
nên
(
)
1 2 ;1 ;2
M t t t
− + −
.
( ) ( ) ( ) ( )

( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +

0,25
Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, ta xét hai vectơ
(
)
3 ;2 5

u t=
r
và
(
)
3 6;2 5
v t= − +
r
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t

= +




= − +



r
r

Suy ra
| | | |
AM BM u v
+ = +
r r
và
(
)
6;4 5 | | 2 29
u v u v+ = ⇒ + =
r r r r

Mặt khác, với hai vectơ
,
u v
r r
ta luôn có
| | | | | |
u v u v
+ ≥ +
r r r r

Như vậy
2 29
AM BM+ ≥
0,25

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
u v
r r
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +

(
)
1;0;2
M⇒ và
(
)
min 2 29
AM BM+ = .
0,25
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
(
)
2 11 29
+

0,25
VIIb 1,00
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >


+ >


+ >

.
ðặt
( )
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+ +
= = = > ⇒ + > + > + >
.
Vế trái viết lại:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c

x y z
y z z x x y
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +

0,50

Ta có:
( ) ( )
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
+ > ⇔ + + < + ⇔ >
+ + +
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +

Do ñó:
(

)
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + <
 
+ + + + + +
 

0,50
V.Phương trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1
x x m x x x x m

+ − + − − − =
(1)
ðiều kiện :
0 1
x
≤ ≤

Nếu
[
]
0;1
x ∈
thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên ñể (1) có nghiệm duy nhất thì cần có ñiều kiện
1
1
2
x x x
= − ⇒ =
. Thay
1
2
x
=
vào (1) ta ñược:
3
0
1 1
2. 2.
1
2 2

m
m m
m
=

+ − = ⇒

= ±


* Với m = 0; (1) trở thành:
(
)
2
4 4
1
1 0
2
x x x
− − = ⇔ =

Phương trình có nghiệm duy nhất.
* Với m = -1; (1) trở thành
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
4

4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ − − − − − = −
⇔ + − − − + + − − − =
⇔ − − + − − =

+ Với
4 4
1
1 0
2
x x x
− − = ⇔ =

+ Với
1
1 0
2
x x x
− − = ⇔ =

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.

HẾT

* Với m = 1 thì (1) trở thành:
( ) ( )
(
)
(
)
2 2
4 4
4
1 2 1 1 2 1 1 1
x x x x x x x x x x
+ − − − = − − ⇔ − − = − −
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm
1
0,
2
x x
= =
nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy
nhất.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.