ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
*********
MƠN: Tốn
(Đề số 12)
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH.
Câu I (2 điểm)
x2
y
x 1 (1)
Cho hàm số :
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
2.Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của đồ thị (1) đều lập với hai đường tiệm cận một
tam giác có diện tích khơng đổi.
Câu II (2 điểm)
1.Tìm x (0; ) thoả mãn phương trình:
cos 2 x
1
sin 2 x sin 2 x
2
cotx – 1 = 1 tan x
.
2.Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
x 2 x 1 x 2 x 1 m
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) với a, b, c > 0.
1. Tính khoảng cách từ O đến mp (ABC)
2. Tính thể tích khối đa diện OIBC trong đó I là chân đường cao kẻ từ C của ABC .
Câu IV (2 điểm)
2
x x 1
x 10 dx
1. Tính tích phân: I = 1
2. Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: x + y + z = xyz.
xy
yz
zx
Tìm GTNN của A = z (1 xy ) x(1 yz ) y (1 zx ) .
PHẦN RIÊNG-------- Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V. a hoặc V.b----Câu V. a. Dành cho ban Cơ Bản (2 điểm).
x
x
1. Giải phương trình: lg(10.5 15.20 ) x lg 25
'
'
'
'
2.Tính thể tích lăng trụ đều ABC.A B C biết mp(ABC ) hợp với đáy góc 600 và diện
2
'
tích tam giác ABC bằng 3a
Câu V. b. Dành cho ban KHTN (2 điểm).
1.Giải bất phương trình:
2
2
4
(2 3 ) x 2 x 1 (2 3 ) x 2 x 1
2 3
2.Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành có AB = a, góc ABC = 300; hai mặt
bên SAD và SBC vuông tại A, C cùng hợp với đáy góc .
CMR: (SAC) (ABCD) và tính thể tích khối chóp S.ABCD.
Hết
------------------------------ ------------------------------GV: NGUYỄN THỊ THU HƯỜNG
@&?
THPT MÊ LINH-0982586829
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 12
Câu
I
Ý
1
Nội dung
Điểm
2
Khảo sát- vẽ đồ thị (1 điểm)
y 1
Ta có:
TXĐ: D = R\ {1}
Sự biến thiên:
+ Giới hạn – Tiệm cận:
3
x 1
0,25
lim y
x 1
lim y
x 1
lim y 1
x
ĐTHS có tiệm cận đứng: x = 1
ĐTHS có tiệm cận ngang: y = 1
+ Bảng biến thiên:
3
0
y ' = ( x 1) 2
, x D
0,5
HS nghịch biến trên các khoảng (- ; 1) và (1; + )
HS khơng có cực trị
Đồ thị:
0,25
KL: Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
2
CMR: Mọi tiếp tuyến ……..diện tích khơng đổi (1 điểm)
a 2
a;
Giả sử M a 1 thuộc đồ thị (1)
Tiếp tuyến của (1) tại M:
y y ' (a )( x a )
a2
a 1
3
a 2 4a 2
x
2
(
a
1
)
(a 1) 2
=
TCĐ: x = 1 ( 1 ) ; TCN: y = 1( 1 )
Gọi I là giao 2 tiệm cận I(1; 1)
a 5
A = d 1 A(1; a 1 ) ; B = d 2 B(2a-1; 1)
6
6
IA 0;
a
1
a
1
IB
2a 2;0 IB = 2 a 1
IA =
;
1
IA.IB
Diện tích IAB : S IAB = 2
= 6 (đvdt) ĐPCM
II
0,25
0,25
0,25
0,25
2
1
Tìm x (0; ) thoả mãn pt (1 điểm)
sin 2 x 0
sin 2 x 0
tan x 1
ĐK: sin x cos x 0
cos x sin x cos 2 x. cos x
sin 2 x sin x cos x
sin x
cos x sin x
Khi đó pt
cos x sin x
cos 2 x sin x cos x sin 2 x sin x cos x
sin x
cos x sin x sin x(1 sin 2 x)
2
(cos x sin x)(sin x cos x sin x 1) 0
(cos x sin x)(sin 2 x cos 2 x 3) 0
x k (k Z )
cos x sin x 0 tanx = 1
4
(tm)
x 0; k 0 x
4
2
KL:
Tìm m để pt có nghiệm (1 điểm)
2
Xét hs: f ( x ) x x 1
f ' ( x)
2x 1
2 x2 x 1
x2 x 1
2x 1
2 x2 x 1
0,25
0,25
0,25
0,25
(2 x 1)(2 x 1) 0
f ' ( x) 0
2
2
2
2
(2 x 1) ( x x 1) (2 x 1) ( x x 1)
1
1
x x
2
2
x 0(l )
f ' (0) 1 0, x R HS f (x) đồng biến trên R.
lim f ( x) 1; lim f ( x) 1
x
0,25
0,25
0,25
x
PT có nghiệm khi: -1 < m < 1.
III
0,25
2
1
Tính khoảng cách từ O đến (ABC) (1 điểm)
x y z
1
PT mp(ABC): a b c
bcx cay abz abc 0
abc
d O, ( ABC )
a 2b 2 b 2 c 2 c 2 a 2
2
0,5
O,25
0,25
Tính thể tích khối đa diện OIBC (1 điểm)
AB = a;b;0
x a at
y bt
z 0
PTTS của AB:
0,25
I AB I (a at; bt;0) IC = at a; bt ; c
2
a
a (a b )t 0 t 2
IC AB IC . AB = 0
a b2
ab 2
a 2b
I 2
;
;
0
2
2
2
a
b
a
b
2
2
2
3
ab c
b 0 0 0 0 b
OB
,
OC
;
;
bc
;
0
;
0
0 c c 0 0 0
OB, OC .OI a 2 b 2
1
V OIBC 6
ab 3c
OB, OC .OI 6 a 2 b 2
(đvtt)
IV
0,25
0,25
0,25
2
1
Tính tích phân (1 điểm)
2
Đặt t x 1 t x 1 dx 2tdt
Đổi cận: x = 1 t 0
x = 2 t 1
1
(t 2 1)2t 2 dt
90
I 2
2 t 2 10 2
dt
t
9
t
9
0
0
Khi đó:
0,25
1
1
1
t3
t 3
62
1 62
2 10t 30 ln
30 ln 30 ln 2
3
t
3
0
0
2 3
=
= 3
2
0,25
0,5
Tìm GTNN (1 điểm)
Cách 1:
1
1 1 1
CM: Với mọi a, b > 0 thì a b 4 a b (1)
Dấu “ =” xảy ra a b
0,25
1 1 1 1
1
1
x
y
z
x
xyz
y
xyz
z
xyz
A=
1 1 1
1
1
1
x
y
z
2
x
y
z
2
y
z
x
2
z
x
y
A=
Áp dụng (1) ta có:
0,25
1 1 1
A x y z
1 1 1
x y z
1 1
1
1
1
1
1
4 2 x 2 y 2 z y z z x x y
1 1 1 1 3 1 1 1
4 x y z 4 x y z
2
CM: Với mọi a, b, c thì: a b c 3 ab bc ca (2)
Dấu “=” xảy ra a b c
0,25
Áp dụng (2) ta có:
2
1 1 1
1
1
1
xyz
3
3.
3
x
y
z
xy
yz
zx
xyz
1 1 1
3 3
3
A
4
Do x, y, z > 0 nên x y z
Amin
KL:
0,25
3 3
4 đạt được khi x y z 3
Cách 2:
1 1 1
x
y z
A=
1
1
1
2x y z 2 y z x 2z x y
Theo CôSi:
A
1 1 1
x y z
1
1
1
44 xxyz 44 xyyz 44 xyzz
1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2
x
y
z
16
x y z x y z x y z
A
3 1 1 1
A 4 x y z (Cách 1)
V.a
1
Dành cho ban Cơ Bản
Giải phương trình (1 điểm)
2
x
x
x
PT lg 10.5 15.20 lg 25.10
10.5 x 15.20 x 25.10 x
15.4 x 25.2 x 10 0
0,25
0,25
t 1(tm)
2
t (tm)
x
2
t
2
(
t
0
)
3
Đặt
, ta được: 15t - 25t +10 = 0
t 1 2 x 1 x 0
2
2
2
t 2 x x log 2
3
3
3
2
0,25
0,25
KL:
Tính thể tích lăng trụ (1 điểm)
CH AB
C ' H AB
Gọi H là trung điểm AB
( ABC ' ), ( ABC) (CH , C ' H ) CHC ' 600
S ABC '
3a 2 HC '.AB 2 3a 2
0,25
(1)
HC
AB 3
cos 60 0
Xét HCC ' vuông tại C:
(2)
Từ (1),(2) AB a 2 ; HC ' a 6
HC '
3 2
a
2
1
3 2
2
0
AB
sin
60
a
S ABC 2
2
0,25
CC ' HC '.sin 60 0
V.b
1
V
ABC . A ' B 'C '
S ABC .CC '
3 6 3
a
4
(đvtt)
Dành cho ban KHTN
Giải bất phương trình (1 điểm)
Bpt 2 3
x2 2 x
2
3
x2 2 x
0,25
0,25
2
4
0,5
1
t 4
(t 0) , ta được:
t
t 2 4t 1 0 2 3 t 2 3 (tm)
Đặt t 2 3
x2 2 x
Khi đó: 2
32 3
x2 2 x
2
x 2 x 1 0 1
2
2 3 1 x 2 2 x 1
0,5
2 x 1 2
KL:
CM: (SAC) (ABCD) và tính thể tích S.ABCD (1 điểm)
S
CM: (SAC) (ABCD):
SA AD
SA BC SC BC
AD // BC
BC ( SAC ) ( SAC ) ( ABCD)
0,25
Tính thể tích:
BC SC ( SBC )( ABCD)BC
( SBC ), ( ABCD ) SC , AC
BC AC
(1)
Tương tự ( SAD), ( ABCD ) SA, AC (2)
Từ (1), (2) SAC SCA
BC SO
SO ( ABCD)
SAC cân tại S SO AC
a
ABC vuông tại C : AC = AB.sin300 = 2
1
3 2
0
S ABCD 2 S ABC 2. 2 AB. AC.sin 60 4 a
1
a
AC
4
SOA vuông tại O: AO = 2
1
a 4 tan
4
SO = AO.tan
0,25
0,25
1
3 3
V S . ABCD 3 SO. S ABCD 48 a tan
(đvtt).
0,25
