Tài liệu Thi thử ĐH Toán 2011 số 7

.TRƯờng thpt minh châu .Đề thi thử đại học năm 2011 lần i
Mụn : Toỏn, khi A,B
(Thi gian 180 khụng k phỏt )
Cõu I:(2 im) Cho hm s y =
2 3
2
x
x


cú th l (C)
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s trờn.
2) Tỡm trờn (C) nhng im M sao cho tip tuyn ti M ca (C) ct 2 tim cn ca (C) ti A, B sao
cho AB ngn nht.
Cõu II: (2 im)
1) Gii phng trỡnh:

2 2
2 3 sin( )cos( ) 2 os ( )= 3 4 sin os( ) os( )
8 8 8 3 3
x x c x x c x c x


+ + + +


2) Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
0
3 2 5 2 0

x y x y
x y xy x y

+ + + =


+ + =


Cõu III: (2 im) .Tính tích phân sau:
dx
x
xx
I

+
=
3
0
2
cos
2sin

Cõu IV: (1 im)
Cho hình chóp S.ABC có SB(ABC), ABC vuông tại A, cạnh AB=a, AC=b, SB=c. Tính
bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABC.
Cõu V: (1 im)Tỡm m PT:
( )
4 4
2 sin cos cos4 2sin 2 0x x x x m+ + + =

cú nghim trờn
0; .
2




Cõu VIa: (2 im)
1. Trong h ta Oxy, cho hai ng trũn cú phng trỡnh
( )
2 2
1
: 4 5 0C x y y+ =
v
( )
2 2
2
: 6 8 16 0.C x y x y+ + + =
Lp phng trỡnh tip tuyn chung ca
( )
1
C
v
( )
2
.C
2. Cho im
( )
2;5;3A
v ng thng

1 2
: .
2 1 2
x y z
d

= =
Vit phng trỡnh mt phng
( )

cha
d

sao cho khong cỏch t
A
n
( )

ln nht.
Cõu VIIa: (1 im) Cho a, b, c l cỏc s thc tho món
3.a b c+ + =
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .
a b c a b c a b c
M = + + + + + + + +
Cõu VIb: (2 im)
1) Trong mt phng to Oxy, cho điểm I(-2;0) và 2 đờng thẳng (d): 2x y + 5 = 0, (d): x +y -3 = 0. Viết
phơng trình đờng thẳng đi qua I & cắt d,d lần lợt tại A,B sao cho
2IA IB=
uur uur

2) Trong khụng gian to Oxyz, cho mt phng (P): 2x y 5z + 1 = 0 v hai ng thng
d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z+
= =
, d
2
:
2 2
1 5 2
x y z +
= =

Vit phng trỡnh ng thng d vuụng gúc vi (P) ng thi ct hai ng thng d
1
v d
2
.
CõuVIIb(im) Cho x, y, z
0
tho món x+y+z > 0. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
( )
3 3 3
3
16x y z
P
x y z

+ +
=
+ +
-----------------Ht---------------
Ch kớ giỏm th 1: ................................. Ch kớ giỏm th 2: ...................................
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC-ĐỢT I-NĂM 2009-2010
Trước hết ta có:
( )
3
3 3
4
x y
x y
+
+ ≥
( ) ( )
2
... 0x y x y⇔ ⇔ − + ≥
0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
( ) ( )
( )
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z

P t t
a a
+ + − +
≥ = = − +

(với t =
z
a
,
0 1t
≤ ≤
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
[ ]
0;1∈
. Có
( )
[ ]
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
 

= − − = ⇔ = ∈
 
0.25
CÂU
K Ý NỘI DUNG
ĐIỂM
1
Gọi M(x
o
;
0
0
2 3
2
x
x
−
−
)∈ (C) .
Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆) y =
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x
x
x x
− +

−
+
− −
(∆ ) ∩ TCĐ = A (2;
0
0
2 2
2
x
x
−
−
)
(∆ ) ∩ TCN = B (2x
0
–2; 2)
0
0
2
(2 4; )
2
AB x
x
−
= −
−
uuur
⇒ AB =
2
0

2
0
4
4( 2) 2 2
( 2)
cauchy
x
x
− +
−
≥
⇒ AB min =
2 2
⇔
0
3 (3;3)
1 (1;1)
o
x M
x M
= →


= →


Ta có các tam giác SBA, SBC lần lượt vuông tại B.
Do
( )
( )

: 90
v tai A.
o
SB ABC SB AC
AC SAB
ABC A AB AC
AC SA SAC
⊥ ⇒ ⊥ 

⇒ ⊥

∠ = ⇒ ⊥


⇒ ⊥ ⇒
V
V
Gọi I, r lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABC .
Ta có :
. . . . .
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1 1
. . . . .
3 3 3 3 3
1 1 . .
( )
6 3 2 2 2 2
. .
S ABC I ABC I SAB I SBC I SCA

ABC ABC SAB SBC SAC
V V V V V
SB S r S r S r S r S
ab ac b a c c a b
abc r
abc
r
ab ac b a c c a b
= +
⇔ = + + +
+ +
⇔ = + + +
⇒ =
+ + + + +
V V V V V
Lập bảng biến thiên
( )
[ ]
0;1
64
inf
81
t
M t
∈
⇒ = ⇒
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0

0.25
Cho a, b, c thoả
3.a b c+ + =
Tìm GTNN của
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .
a b c a b c a b c
M = + + + + + + + +
Đặt
( ) ( ) ( )
2 ;3 ;4 , 2 ;3 ;4 , w 2 ;3 ;4 w
a b c c a b b c a
u v M u v= = = ⇒ = + +
r r uur r r uur
( ) ( ) ( )
2 2 2
w 2 2 2 3 3 3 4 4 4
a b c a b c a b c
M u v≥ + + = + + + + + + + +
r r uur
Theo cô – si có
3
2
2 2 2 3 2 6
b c a b c+ +
+ + ≥ =
. Tương tự …
Vậy
3 29.M ≥
Dấu bằng xảy ra khi
1.a b c= = =

Va Học sinh tự vẽ hình
a)
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 2 2 2
: 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R= − =
Gọi tiếp tuyến chung của
( ) ( )
1 2
,C C
là
( )
2 2
: 0 0Ax By C A B∆ + + = + ≠
∆
là tiếp tuyến chung của
( ) ( )
1 2
,C C

( )
( )
( )
( )
2 2
1 1
2 2
2 2
2 3 1
;
;

3 4 3 2
B C A B
d I R
d I R
A B C A B


+ = +
∆ =
 
⇔ ⇔
 
∆ =
 
− + = +


Từ (1) và (2) suy ra
2A B=
hoặc
3 2
2
A B
C
− +
=
Trường hợp 1:
2A B=
.
Chọn

1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0B A C x y= ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ ∆ + − ± =
Trường hợp 2:
3 2
2
A B
C
− +
=
. Thay vào (1) được
2 2
4
2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0
3
A B A B A A B y x y− = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − =
(Học sinh tự vẽ hình)Gọi K là hình chiếu của A trên d
K
⇒
cố định;
Gọi
( )
α
là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên
( )
α
.
Trong tam giác vuông AHK ta có
.AH AK
≤
Vậy
( )

max
AH AK
α
= ⇔
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.
Gọi
( )
β
là mặt phẳng qua A và vuông góc với d
( )
: 2 2 15 0x y z
β
⇒ + + − =
( )
3;1;4K⇒
( )
α
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK
( )
: 4 3 0x y z
α
⇒ − + − =
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13
5 5

5
x
x y
B
x y
y

=

− + =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=


Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b− −
uuur uuur uuur
(với a
2

+ b
2
> 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi
đó ta có:
( ) ( )
os , os ,
AB BD AC AB
c n n c n n=
uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2
3
2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b
b
a
= −


⇔ − = + ⇔ + + = ⇔

= −

- Với a = - b. Chọn a = 1
⇒
b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3

(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
− − = =
 
⇒ ⇒
 
− + = =
 
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x
x y
I
x y
y

=

− − =



 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=


Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
( )
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 
 ÷
 
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5

2 2
x t x m
d y t d y m
z t z m
= − + = +
 
 
= + = − +
 
 
= + = −
 
Giả sử d cắt d
1
tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d
2
tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)
MN⇒
uuuur
(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
Do d ⊥ (P) có VTPT
(2; 1; 5)
P
n − −
uur
nên
:
p
k MN kn∃ = ⇔
uuuur uur

3 2 2
3 5 3
2 2 5
m t k
m t k
m t k
+ − =


− + − = −


− − − = −

có nghiệm
Giải hệ tìm được
1
1
m
t
=


=

Khi đó điểm M(1; 4; 3)
⇒
Phương trình d:
1 2
4

3 5
x t
y t
z t
= +


= −


= −

thoả mãn bài toán
4 4 2
1
sin os 1 sin 2
2
x c x x+ = −
và
2
os4 1 2sin 2 .c x x= −
0,25
( )
2
1 3sin 2 2sin 2 3x x m⇔ − + + =
.Đặt
sin 2t x
=
. Ta có
[ ] [ ]

0; 2 0; 0;1 .
2
x x t
π
π
 
∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈
 
 
( )
[ ]
2
3 2 3 , 0;1f t t t m t= − + + = ∈
0,25
Ta có bảng biến thiên 0,25
Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên
10
0; 2
2 3
m
π
 
⇔ ≤ ≤
 
 
0,25