Gián án 3 đề tham khảo thi Đại học môn Toán

THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 -ĐỀ 1
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
1
.
1
x
y
x
+
=
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số.
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
1
.
1
x
m
x
+
=
−
Câu II (2 điểm)
a) Tìm m để phương trình

( )
4 4
2 sin cos cos4 2sin 2 0x x x x m+ + + − =
có nghiệm trên
0; .
2
π
 
 
 
b) Giải phương trình
( ) ( ) ( )
8
4 2
2
1 1
log 3 log 1 log 4 .
2 4
x x x+ + − =
Câu III (2 điểm)
a) Tìm giới hạn
3
2 2
0
3 1 2 1
lim .
1 cos
x
x x
L

x
→
− + +
=
−
b) Chứng minh rằng
0 2 4 6 98 100 50
100 100 100 100 100 100
... 2 .C C C C C C− + − + − + = −
Câu IV (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực thoả mãn
3.a b c+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .
a b c a b c a b c
M = + + + + + + + +
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu Va (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình
( )
2 2
1
: 4 5 0C x y y+ − − =
và
( )
2 2
2
: 6 8 16 0.C x y x y+ − + + =
Lập phương trình tiếp tuyến chung của

( )
1
C
và
( )
2
.C
b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính
thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C.
Câu VIa (1 điểm)
Cho điểm
( )
2;5;3A
và đường thẳng
1 2
: .
2 1 2
x y z
d
− −
= =
Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
chứa
d
sao
cho khoảng cách từ
A
đến

( )
α
lớn nhất.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu Vb (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc
với đường thẳng
: 2 0d x y− − =
tại điểm A có hoành độ bằng 4.
1
b) Cho tứ diện OABC có
4, 5, 6OA OB OC= = =
và
·
·
·
0
60 .AOB BOC COA= = =
Tính thể tích tứ diện
OABC.
Câu VIb (1 điểm)
Cho mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0P x y z− + − =
và các đường thẳng
1
1 3
: ,
2 3 2
x y z

d
− −
= =
−

2
5 5
: .
6 4 5
x y z
d
− +
= =
−
Tìm điểm M thuộc d
1
, N thuộc d
2
sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một
khoảng bằng 2.
ĐÁP ÁN
Câu I 2 điểm
a)
Tập xác định: Hàm số
1
1
x
y
x
+

=
−
có tập xác định
{ }
\ 1 .D R=
Giới hạn:
1 1
1 1 1
lim 1; lim ; lim .
1 1 1
x
x x
x x x
x x x
+ −
→±∞
→ →
+ + +
= = +∞ = −∞
− − −
0,25
Đạo hàm:
( )
2
2
' 0, 1
1
y x
x
−

= < ∀ ≠ ⇒
−
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
;1−∞
và
( )
1; .+∞
Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
1;x =
tiệm cận ngang
1.y =
Giao của hai
tiệm cận
( )
1;1I
là tâm đối xứng.
0,25
Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25
b)
Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị
( )
1
'
1
x
y C

x
+
=
−
Học sinh tự vẽ hình
0,5
Số nghiệm của
1
1
x
m
x
+
=
−
bằng số giao điểm của đồ thị
1
1
x
y
x
+
=
−
và
.y m=
0,25
Suy ra đáp số
1; 1:m m< − >
phương trình có 2 nghiệm

1:m = −
phương trình có 1 nghiệm
1 1:m− < ≤
phương trình vô nghiệm
0,25
Câu II 2 điểm
a)
Ta có
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
Do đó
( )
2
1 3sin 2 2sin 2 3x x m⇔ − + + =
.
0,25
2
Đặt
sin 2t x
=
. Ta có
[ ] [ ]
0; 2 0; 0;1 .

2
x x t
π
π
 
∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈
 
 
Suy ra
( )
[ ]
2
3 2 3 , 0;1f t t t m t= − + + = ∈
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
b)
Giải phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
8
4 2

2
1 1
log 3 log 1 log 4 2
2 4
x x x+ + − =
Điều kiện:
0 1x
< ≠
0,25
( ) ( )
2 3 1 4x x x⇔ + − =
0,25
Trường hợp 1:
1x >
( )
2
2 2 0 2x x x⇔ − = ⇔ =
0,25
Trường hợp 1:
0 1x< <
( )
2
2 6 3 0 2 3 3x x x⇔ + − = ⇔ = −
Vậy tập nghiệm của (2) là
{ }
2;2 3 3T = −
0,25
Câu III
a)
Tìm

3
2 2
0
3 1 2 1
lim .
1 cos
x
x x
L
x
→
− + +
=
−
Ta có
3
2 2
0
3 1 1 2 1 1
lim
1 cos 1 cos
x
x x
L
x x
→
 
− + + −
 ÷
= +

− − ÷
 
0,25
Xét
2 2
1
2 2
0 0
2 1 1 2
lim lim 2
1 cos
2sin 2 1 1
2
x x
x x
L
x
x
x
→ →
+ −
= = =
−
 
+ +
 ÷
 
0,25
Xét
( )

3
2 2
2
2
0 0
3
2 2 2
3
3 1 1 3
lim lim 2
1 cos
2sin 3 1 3 1 1
2
x x
x x
L
x
x
x x
→ →
− +
= = =
−
 
− − − +
 ÷
 ÷
 
0,25
Vậy

1 2
2 2 4L L L= + = + =
0,25
b)
Chứng minh rằng
0 2 4 100 50
100 100 100 100
... 2 .C C C C− + − + = −
Ta có
( )
( ) ( )
100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
0 2 4 100 1 3 99
100 100 100 100 100 100 100
1 ...
... ...
i C C i C i C i
C C C C C C C i
+ = + + + +
= − + − + + − + −
0,5
Mặt khác
( ) ( ) ( )
2 100 50
2 50
1 1 2 2 1 2 2i i i i i i+ = + + = ⇒ + = = −
0,5
3

Vậy
0 2 4 100 50
100 100 100 100
... 2 .C C C C− + − + = −
Câu IV 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
0,25
Theo cô – si có
3
2
2 2 2 3 2 6
b c a b c+ +
+ + ≥ =
. Tương tự …

0,5
Vậy
3 29.M ≥
Dấu bằng xảy ra khi
1.a b c= = =
0,25
Câu 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= − =
0,25
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
− +
=
0,25
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− = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − =
0,5
b)
Gọi H là trung điểm của BC
( )
( )
3
; '
2

a
d M BB C AH⇒ = =
0,25
2 3
' ' '
1 1 3
'. .
2 2 3 12
BB C MBB C BB C
a a
S BB BC V AH S
∆ ∆
= = ⇒ = =
0,25
Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có
' ; ' ' ' .B C MI B C BC B C MB⊥ ⊥ ⇒ ⊥
0,5
Câu
VIa
(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

.
0,25
Trong tam giác vuông AHK ta có
.AH AK≤
Vậy
( )
max
AH AK
α
= ⇔
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.
0,25
Gọi
( )
β
là mặt phẳng qua A và vuông góc với d
( )
: 2 2 15 0x y z
β
⇒ + + − =
( )
3;1;4K⇒
0,25
( )
α
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK
( )
: 4 3 0x y z
α
⇒ − + − =

0,25
Câu Vb
4
a)
Gi
( )
2 2
2 2
: 1
x y
H
a b
=
(H) tip xỳc vi
( )
2 2
: 2 0 4 1d x y a b = =
0,25
( ) ( ) ( )
2 2
16 4
4 2 4;2 1 2x y A H
a b
= = =
0,25
T (1) v (2) suy ra
( )
2 2
2 2
8; 4 : 1

8 4
x y
a b H= = =
0,5
b)
(Hc sinh t v hỡnh)
Ly B trờn OB; C trờn OC sao cho
' ' 4OA OB OC= = =
0,25
Ly M l trung im ca BC
( ) ( )
' ' .OAM OB C
K
( )
' 'AH OM AH OB C
0,25
Ta cú
2 3 4 6
2 3
3 3
AM OM MH AH= = = =
0,25
ã
1 15 3
. .sin
2 2
OBC
S OB OC BOC= =
Vy
1

. 10 2
3
OABC OBC
V AH S= =
0,25
Cõu
VIb
Gi
( ) ( )
1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t+ +
( )
( )
; 2 2 1 1 0; 1.d M P t t t= = = =
0,25
Trng hp 1:
( ) ( )
0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5t M MN t t t= = +
uuuur
( )
. 0 ' 0 5;0; 5
P P
MN n MN n t N = =
uuuur uur uuuur uur
0,25
Trng hp 2:
( ) ( )
1 3;0;2 , 1; 4;0t M N=
0,25
Kt lun 0,25
THI TH I HC 2010 - 2

MễN TON
Thi gian lm bi: 180 phỳt
I.Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Câu I. (3 điểm) Cho hàm số
1
1

+
=
x
x
y
. (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
2. Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại giao điểm của đồ thị và Ox.
3. Tìm m để đờng thẳng d: y = mx +1 cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt.
Câu II. (3 điểm)
1,Giải phơng trình
.433
1
=+

xx
(2)
5