Bài giảng Đề&đáp án thi thử Toán 2011 (đề 17)

http://ductam_tp.violet.vn/
SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
TRƯỜNNG THPT LƯƠNG TÀI 2 Môn: Toán – Ngày thi: 06.12.2010
Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số
2
32
−
−
=
x
x
y
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






−=−+
24
cos2sin
2

cossin
2
sin1
22
x
x
x
x
x
π
2. Giải bất phương trình






−+−>−+− xxxxx
2
1
log)2(22)144(log
2
1
2
2
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân
∫









+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC =
2
a
.
3aSA =
,
·
·
0
30= =SAB SAC

. Tính thể tích
khối chóp S.ABC.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =
3
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
333
3
1
3
1
3
1
accbba
P
+
+
+
+
+
=

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn)
Câu VIa (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng
052:
1
=+− yxd

. d
2
:
3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó
cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường
thẳng d
1
, d
2
.
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:
02 =−++ zyx
. Gọi A’là 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:
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 .... ( 1) ( 1)2 .... 2 (2 1)2 40200
− − +
+ + + +
− + + − − + − + = −
k k k n n
n n n n

C C k k C n n C
ĐỀ CHÍNH THỨC
Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao)
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình:
1
916
22
=−
yx
.
Viết phương trình 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
( )
052: =+−+ zyxP
và đường thẳng
31
2
3
:)( −=+=
+
zy
x
d
, điểm A( -2; 3; 4). Gọi
∆
là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao
điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên
∆

điểm M sao cho khoảng cách AM
ngắn nhất.
Câu VIIb (1 điểm):
Giải hệ phương trình





+=++
=+
+−+
113
2.322
2
3213
xxyx
xyyx
-------------- Hết--------------
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:--------------------------- Số báo danh
Dáp án
Câu Nội dung Điểm
I. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số .................. 1,00
1) Hàm số có TXĐ:
{ }
2\R
0,25
2) Sự biến thiên của hàm số:

a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
*
+∞=−∞=
+−
→→
ylim;ylim
2x2x
Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
*
lim lim 2
→+∞ →−∞
= = ⇒
x x
y y
đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25
b) Bảng biến thiên:
Ta có:
( )
2x,0
2x
1
'y
2
≠∀<
−
=
Bảng biến thiên:
x
- ∞ 2 +

∞
y’ - -
y
2
-∞
+ ∞
2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
2;∞−
và
( )
+∞;2
0,25
3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại






2
3
;0
và cắt trục hoành tại điểm







0;
2
3
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
I. 2 Tìm M để đường tròn có diện tích nhỏ nhất .......................... 1,00
Ta có:
2x,
2x
3x2
;xM
0
0
0
0
≠








−
−
,
( )

2
0
0
2x
1
)x('y
−
−
=
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
( )
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
0
2
0
−
−
+−
−
−
=∆
0,25
Toạ độ giao điểm A, B của

( )
∆
và hai tiệm cận là:
( )
2;2x2B;
2x
2x2
;2A
0
0
0
−








−
−
Ta thấy
M0
0BA
xx
2
2x22
2
xx

==
−+
=
+
,
M
0
0BA
y
2x
3x2
2
yy
=
−
−
=
+
suy ra M là
trung điểm của AB.
0,25
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam
giác IAB có diện tích
S =
π≥







−
+−π=
















−
−
−
+−π=π 2
)2x(
1
)2x(2
2x
3x2
)2x(IM
2

0
2
0
2
0
0
2
0
2
0,25
Dấu “=” xảy ra khi



=
=
⇔
−
=−
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0
2
0

Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
II. 1 Giải phương trình lượng giác ...... 1 điểm
)1(
24
cos2sin
2
cossin
2
sin1
22






−=−+
x
x
x
x
x
π
( )
xsin1x
2
cos1xsin
2
x

cosxsin
2
x
sin11
2
+=






−
π
+=−+⇔
0,25
01
2
x
cos
2
x
sin2.
2
x
cos
2
x
sinxsin01xsin
2

x
cos
2
x
sinxsin =






−−⇔=






−−⇔
0,25
01
2
x
sin2
2
x
sin21
2
x
sinxsin

2
=






++






−⇔
0,25
O
y
x
2
3/2
3/2
2
2
sin x 0
x k
x k
x
sin 1 x k , k

x
2 x k4
k2
2 2
x x
2sin 2sin 1
2 2


=
= π


= π



⇔ = ⇔ ⇔ ⇔ = π ∈
π



= π+ π
= + π




+ +


Z
0,25
II. 2 Giải bất phương trình......................... 1 điểm
ĐK:
( )
*
2
1
x
2
1
x
2
1
x
0)1x2(
2
1
x
01x4x4
0x
2
1
22
<⇔








≠
<
⇔





>−
<
⇔





>+−
>−
0,25
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:
[ ]
1)x21(log)2x(2x2)x21(log2
22
−−++>−−
[ ]
01)x21(logx
2
<+−⇔

0,25




<
>
⇔










>−
<



<−
>
⇔











>−
<



<−
>
⇔










>+−
<



<+−

>
⇔
0x
4
1
x
1)x21(2
0x
1)x21(2
0x
0)x21(2log
0x
0)x21(2log
0x
01)x21(log
0x
01)x21(log
0x
2
2
2
2
0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1
x
4
1
<<

hoặc x < 0. 0,25
III Tính tích phân............................. 1 điểm
∫∫
+
+
=
e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x
xln
I
+) Tính
∫
+
=
e
dx
xx
x
I
1
1
ln1
ln
. Đặt
dx

x
1
tdt2;xln1txln1t
2
=+=⇒+=
Đổi cận:
2tex;1t1x =⇒==⇒=
0,25
( )
( )
( )
3
222
t
3
t
2dt1t2tdt2.
t
1t
I
2
1
3
2
1
2
2
1
2
1

−
=








−=−=
−
=
∫∫
0,25
+) Tính
dxxlnxI
e
1
2
2
∫
=
. Đặt








=
=
⇒



=
=
3
x
v
x
dx
du
dxxdv
xlnu
32
0,25
e
3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I .ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9
+
= − = − = − + =
∫

0,25
=+=
21
I3II
3
e2225
3
+−
0,25
IV Tính thể tích hình chóp ......................... 1 điểm
Theo định lí côsin ta có:
·
2 2 2 2 2 0 2
SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos 30 a= + − = + − =
Suy ra
aSB =
. Tương tự ta cũng có SC = a.
0,25
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
MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S
S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3

1
VVV =+=+=
0,25
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.
16
a3
2
3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222
=








−







−=−−=−=
4
3a
MN =⇒
.
0,25
Do đó
16
a
2
a
.
4
3a
.3a
6
1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S
===

0,25
V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .................. 1 điểm
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
zyx
9
z
1
y
1
x
1
9
xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x
1
)zyx(
3
3
++
≥++⇒=≥









++++
(*)
áp dụng (*) ta có
333333
a3cc3bb3a
9
a3c
1
c3b
1
b3a
1
P
+++++
≥
+
+
+
+
+
=
0,25
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )

3
3
3
a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
3 3
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
3 3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2
3 3
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
0,25
Suy ra
( )
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
+ + + + + ≤ + + +
 
 
1 3
4. 6 3

3 4
 
≤ + =
 
 
Do đó
3P ≥
0,25
Dấu = xảy ra
3
a b c
1
a b c
4
4
a 3b b 3c c 3a 1

+ + =

⇔ ⇔ = = =


+ = + = + =

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi
4/1cba ===
0,25
S
A
B

C
M
N