THỬ SỨC

TRUNG TM BI DNG VN HểA & LUYN THI THNH T

Vỡ cht lng tht trong giỏo dc

TH SC TRC K THI I HC NM 2011
S 1
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )
2x 3
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y
x2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là
giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 1 sin

x
x
x
sin x cos sin 2 x 2 cos 2
2
2
4 2
1

x
2

2

2. Giải bất phương trình log 2 ( 4 x 2 4 x 1) 2 x 2 ( x 2) log 1

e




3 x 2 ln x dx
1 ln x

1
a
SAC
30 0 . Tính thể tích khối
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = . SA a 3 , SAB
2
Câu III (1 điểm) Tính tích phân I

x

ln x

chóp S.ABC.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn: a + b + c =

P

1
3

a 3b

3

1
b 3c

3

3
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4

1
c 3a

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2
Câu VIa (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d 1 : 2 x y 5 0 . d2: 3x +6y 7= 0. Lập
phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một
tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt
phẳng (P) có phương trình: x y z 2 0 . Gọi Alà hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu
đi qua 4 điểm A, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S).
Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:

2C22n 1 3.2.2C23n 1 .... (1)k k ( k 1)2 k 2 C2kn1 .... 2 n(2 n 1)2 2 n1 C22nn11 40200
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình:

x 2 y2

1 . Viết phương trình
16 9

chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho

(d ) :

P : x 2 y z 5 0

và đường thẳng

x3
y 1 z 3 , điểm A( -2; 3; 4). Gọi là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của ( d) và (P)
2

đồng thời vuông góc với d. Tìm trên điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.

2 3 x 1 2 y 2 3.2 y 3 x
Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình
3 x 2 1 xy x 1

583 727 TRN CAO VN NNG * T: 3 759 389 3 711 165 thanhdat.edu.vn

-1-

GV: Nguyn Vn Xờ


TRUNG TM BI DNG VN HểA & LUYN THI THNH T

Vỡ cht lng tht trong giỏo dc

P N S 1 THNG 6 - 2011
Câu
I. 1

Nội dung
Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số ..................
1) Hàm số có TXĐ: R \ 2
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
* lim y ;
lim y
x 2

Điểm
1,00
0,25

x 2

Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
* xlim
y lim y 2 đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm

x

0,25

số
b) Bảng biến thiên:
Ta có: y'

1
0, x 2
x 2 2

Bảng biến thiên:
x

-
+

2

y

-

0,25

-

2

+

y
-

2

* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;2 và 2;
3) Đồ thị:
3
3
+ Đồ thị cắt trục tung tại 0; và cắt trục hoành tại điểm ;0
2



2



+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối
xứng.
y

0,25
2
3/2
2

x

O 3/2

583 727 TRN CAO VN NNG * T: 3 759 389 3 711 165 thanhdat.edu.vn

-2-

GV: Nguyn Vn Xờ


TRUNG TM BI DNG VN HểA & LUYN THI THNH T

I. 2

Vỡ cht lng tht trong giỏo dc

1,00

Tìm M để đường tròn có diện tích nhỏ nhất ..........................


2x 3

1

Ta có: M x0 ; 0 , x0 2 , y' (x 0 )
x0 2
x 0 22

Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
:y

0,25

1
2x 3
(x x 0 ) 0
2
x0 2
x 0 2




2x 2
Toạ độ giao điểm A, B của và hai tiệm cận là: A 2; 0 ; B2x0 2;2
x0 2

Ta thấy

x A x B 2 2x 0 2
y y B 2x 0 3

x0 xM , A

y M suy ra M là
2
2
2
x0 2

0,25

trung điểm của AB.

Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp
tam giác IAB có diện tích
2

2x 0 3



1
2
S = IM (x 0 2)
2 (x0 2)2
2
2
x

2
(
x

2
)


0
0



x 1

1
Dấu = xảy ra khi (x0 2)2
0
2
( x 0 2)
x 0 3

0,25

2

Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
II. 1 Giải phương trình lượng giác ......
x
x
x
Phng trỡnh 1 sin sin x cos sin 2 x 2 cos 2
2

2

4

2

1 điểm
(1)

0,25

1 1 sin x sin x cos x sin 2 x 1 cos x 1 sin x
2
2
2

x
x
x
x
x

x
sin x sin cos sin x 1 0 sin x sin cos .2 sin cos 1 0
2
2
2
2
2

2
x
x
x
sin x sin 1 2 sin 2 2 sin 1 0
2
2
2

sin x 0
x k

x k
x

sin 1
x

x k, k
k2
2
x k4
2 2

x
2 x
2sin 2sin 1
2
2


0,25
0,25

0,25

1 điểm

II. 2 Giải bất phương trình.........................
1

1
1

x

x 0
x

2 x1
ĐK: 2


2
2
4 x 2 4 x 1 0
(2x 1)2 0
x 1



2

0,25

*

0,25

Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:
2 log 2 (1 2x) 2x 2 (x 2)log 2 (1 2x) 1

xlog 2 (1 2x) 1 0

583 727 TRN CAO VN NNG * T: 3 759 389 3 711 165 thanhdat.edu.vn

0,25

-3-

GV: Nguyn Vn Xờ


TRUNG TÂM BỒI DƯỠNG VĂN HÓA & LUYỆN THI THÀNH ĐẠT

“Vì chất lượng thật trong giáo dục”

 x  0
x  0
x  0



1

x
log 2 (1  2x)  1  0
log 2 2(1  2x)  0
2(1  2x)  1









4
 x  0
x  0
x  0




x  0
 log 2 (1  2x)  1  0
log 2 2(1  2x)  0
2(1  2x)  1

KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (*) ta cã:

0,25

1
1
 x  hoÆc x < 0.
4
2

0,25

III

1 ®iÓm

TÝnh tÝch ph©n.............................
e

e

ln x
dx  3 x 2 ln xdx
1 x 1  ln x
1

I

e

+) TÝnh I1  
1

ln x
x 1  ln x

dx . §Æt t  1  ln x  t 2  1  ln x; 2 tdt 

1
dx
x

0,25

§æi cËn: x  1  t  1; x  e  t  2
2

t



2





2
 t3

1
22 2
I1  
.2 tdt  2  t 2  1 dt  2  t  
t
3
3
1
1
1
dx


du

e

u  ln x
x
+) TÝnh I 2   x 2 ln xdx . §Æt 


2
3
dv  x dx v  x
1

3
e
3
3
3
3
3
x
1
e 1 x e e e 1 2e3  1
I 2  .ln x 1e   x 2 dx   .
  
1 
3
31
3 3 3

3 9 9
9
2

I  I1  3I 2 

IV





0,25

0,25

0,25

5  2 2  2e 3
,
3

0,25

TÝnh thÓ tÝch h×nh chãp .........................
S

1 ®iÓm

M

A

C
N
B

Theo ®Þnh lÝ c«sin ta cã:
  3a 2  a 2  2.a 3.a.cos 30 0  a 2
SB 2  SA 2  AB 2  2SA.AB.cos SAB
Suy ra SB  a . T­¬ng tù ta còng cã SC = a.

583 – 727 TRẦN CAO VÂN – ĐÀ NẴNG * ĐT: 3 759 389 – 3 711 165 thanhdat.edu.vn

0,25

-4-

GV: Nguyễn Văn Xê


TRUNG TM BI DNG VN HểA & LUYN THI THNH T

Vỡ cht lng tht trong giỏo dc

Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai
tam giác cân nên MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC).
Ta có VS .ABC VS. MBC VA. MBC

1

1
1
MA.S MBC SA.S MBC SA.S MBC
3
3
3

Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên
chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là
trung điểm của BC suy ra MN BC. Tương tự ta cũng có MN SA.
2

2

0,25

0,25

a 3
a a 3 3a
MN2 AN 2 AM2 AB2 BN 2 AM2 a 2


MN

.
4
16
4 2
1

3

1
2

1
6

Do đó VS .ABC SA. MN.BC a 3.

V

2

a 3 a a3
.
4 2 16

0,25

1 điểm

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ..................
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
1 1 1
3
1 1 1
9
(x y z) 33 xyz
9

(*)
3
x y z xyz
xyz
x y z
1
1
1
9
áp dụng (*) ta có P 3
3
3
3
3
a 3b
b 3c
c 3a
a 3b b 3c 3 c 3a

0,25

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
a 3b 1 1 1
a 3b 2
3
3
b 3c 1 1 1
3 b 3c 1.1
b 3c 2
3

3
c

3a

1

1
1
3 c 3a 1.1
c 3a 2
3
3
3

a 3b 1.1

0,25

Suy ra 3 a 3b 3 b 3c 3 c 3a 1 4 a b c 6 1 4. 3 6 3
3

3 4

0,25



Do đó P 3
3

Dấu = xảy ra a b c 4

abc

a 3b b 3c c 3a 1
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a b c 1 / 4

VIa.
1

1
4

0,25

Lập phương trình đường thẳng ......................

1 điểm

Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác
ngoài của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho.
Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình
2x y 5
2

2 ( 1)

2



3x 6 y 7
2

3 6

2

3x 9y 22 0 ( 1 )
3 2x y 5 3x 6 y 7
9x 3y 8 0 ( 2 )

583 727 TRN CAO VN NNG * T: 3 759 389 3 711 165 thanhdat.edu.vn

-5-

0,25

GV: Nguyn Vn Xờ


TRUNG TM BI DNG VN HểA & LUYN THI THNH T

Vỡ cht lng tht trong giỏo dc

+) Nếu d // 1 thì d có phương trình 3x 9y c 0 .
Do P d nên 6 9 c 0 c 15 d : x 3y 5 0

+) Nếu d // 2 thì d có phương trình 9x 3y c 0 .
Do P d nên 18 3 c 0 c 15 d : 3x y 5 0
Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x y 5 0
d : x 3y 5 0

VIa.
2

Xác định tâm và bán kính của đường tròn........

a

2

0,25
0,25
1 điểm

Dễ thấy A ( 1; -1; 0)
* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A, B, C, D là:
x 2 y 2 z 2 2ax 2 by 2cz d 0,

0,25

b 2 c2 d 0

0,25

5

2a 2b d 2 0
a 2
2a 6 b 4c d 14 0

Vì A' , B, C, D S nên ta có hệ:
b 1
8a 6 b 4c d 29 0
c 1
8a 2 b 4c d 21 0

d 1
Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x 2 y 2 z 2 5 x 2 y 2 z 1 0

0,25

5
29
(S) có tâm I ;1;1 , bán kính R
2

2



+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P).
(d) có vectơ chỉ phương là: n 1;1;1
0,25

x 5 / 2 t

5

Suy ra phương trình của d: y 1 t H t;1 t;1 t
2

z 1 t

5
2

5
2

Do H d (P ) nên: t 1 t 1 t 2 0 3t t
IH

VII
a.

5
5 1 1
H ; ;
6
3 6 6

75 5 3
29 75

31
186

, (C) có bán kính r R 2 IH 2



4 36
6
6
36
6

Tìm số nguyên dương n biết.......

1 điểm

* Xét (1 x)2 n 1 C 02 n 1 C12 n 1x C 22 n 1x 2 .... (1)k C 2kn 1x k .... C 22 nn 11x 2 n 1 (1)
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:
(2 n 1)(1 x)2 n C 12 n 1 2C 22 n 1x ... (1)k kC 2kn 1x k 1 .... (2n 1)C 22 nn 11x2 n (2)
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
2n(2n 1)(1 x)2n1 2C22n1 3C32n1x ... (1)k k(k 1)C2kn1xk2 .... 2n(2n 1)C22nn11x2n1

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
k
2n 1 2n 1
2n(2n 1) 2C 22n 1 3.2.2C32n 1 ... (1)k k(k 1)2 k 2 C 2n
C 2n1
1 ... 2n(2n 1)2

VIb.
1

0,25

Phương trình đã cho 2n(2n 1) 40200 2n 2 n 20100 0 n 100
Viết phương trình chính tắc của E líp

0,25
0,25
0,25
0,25
1 điểm

(H) có các tiêu điểm F1 5;0; F2 5;0 . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một
0,25
583 727 TRN CAO VN NNG * T: 3 759 389 3 711 165 thanhdat.edu.vn

-6-

GV: Nguyn Vn Xờ


TRUNG TM BI DNG VN HểA & LUYN THI THNH T

Vỡ cht lng tht trong giỏo dc

đỉnh là M( 4; 3),
x 2 y2

1 ( với a > b)
a 2 b2
(E) cũng có hai tiêu điểm F1 5;0; F2 5;0 a 2 b2 52
1

Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng:
M4;3 E 9a 2 16 b 2 a 2 b 2
2

2

2

a 5 b
a 2 40
Từ (1) và (2) ta có hệ: 2
2
2
2 2
9a 16b a b
b 15

2

Vậy phương trình chính tắc của (E) là:
VIb.
2

0,25

0,25

x 2 y2

1
40 15

0,25

Tìm điểm M thuộc để AM ngắn nhất

1 điểm

x 2t 3
Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được: y t 1
z t 3


0,25

Gọi I là giao điểm của (d) và (P) I 2t 3; t 1; t 3
Do I P 2t 3 2(t 1) (t 3) 5 0 t 1 I 1;0;4
* (d) có vectơ chỉ phương là a(2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là
n1;2;1

0,25



a, n 3;3;3 . Gọi u là vectơ chỉ phương của u 1;1;1

x 1 u

: y u
. Vì M M 1 u; u;4 u , AM1 u; u 3; u
z 4 u


0,25

AM ngắn nhất AM AM u AM.u 0 1(1 u) 1(u 3) 1.u 0
u

0,25

4
7 4 16
. Vậy M ; ;
3
3 3 3

1 điểm

VIIb Giải hệ phương trình:...................
2 3x 1 2 y 2 3.2 y 3x
(1)

3x 2 1 xy x 1 (2)
x 1 0
x 1
Phương trình (2) 2

x(3 x y 1) 0
3 x 1 xy x 1
x 1
x 0


x 0
x 1
3 x y 1 0
y 1 3 x


0,25

* Với x = 0 thay vào (1)
2 2 y 2 3.2 y 8 2 y 12.2 y 2 y

0,25

8
8
y log 2
11
11

583 727 TRN CAO VN NNG * T: 3 759 389 3 711 165 thanhdat.edu.vn

-7-

GV: Nguyn Vn Xờ


TRUNG TM BI DNG VN HểA & LUYN THI THNH T

Vỡ cht lng tht trong giỏo dc

x 1
thay y = 1 3x vào (1) ta được: 2 3 x 1 2 3 x 1 3.2
y

1

3
x

1
Đặt t 2 3 x 1 Vì x 1 nên t
4
1
t 3 8 loạ i x log 2 3 8 1
1
2
3
(3) t 6 t 6 t 1 0

t
t 3 8
y 2 log (3 8 )
2

* Với



0,25







1

x 0

x log 2 3 8 1
3
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
8 và
y log 2 11
y 2 log (3 8 )

2

583 727 TRN CAO VN NNG * T: 3 759 389 3 711 165 thanhdat.edu.vn

-8-

0,25

GV: Nguyn Vn Xờ