Thi thử đại học Môn Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Môn Toán. THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) x 1 . Cho hàm số y  x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số. b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình. x 1  m. x 1. Câu II (2 điểm). . .   a) Tìm m để phương trình 2 sin 4 x  cos 4 x  cos 4 x  2sin 2 x  m  0 có nghiệm trên 0;  .  2 1 1 8 b) Giải phương trình log 2  x  3  log 4  x  1  log 2  4 x  . 2 4 Câu III (2 điểm) 3. 3x 2  1  2 x 2  1 . 1  cos x x 0. a) Tìm giới hạn L  lim. 0 2 4 6 98 100  C100  C100  C100  ...  C100  C100  250. b) Chứng minh rằng C100. Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c .. 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  C1  : x 2  y 2  4 y  5  0 và.  C2  : x 2  y 2  6 x  8 y  16  0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của  C1 . và  C2  .. 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) x 1 y z  2   . Viết phương trình mặt phẳng   chứa Cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng d : 2 1 2 d sao cho khoảng cách từ A đến   lớn nhất.. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Môn Toán. 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 d : x  y  2  0 tại điểm A có hoành độ bằng 4..   COA   600. Tính thể tích b) Cho tứ diện OABC có OA  4, OB  5, OC  6 và  AOB  BOC tứ diện OABC. Câu VIb (1 điểm) Cho. mặt. phẳng.  P  : x  2 y  2z 1  0. và. các. đường. thẳng. d1 :. x 1 y  3 z   , 2 3 2. x 5 y z 5   . Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường 6 4 5 thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. d2 :. ĐÁP ÁN Câu I a). 2 điểm x 1 có tập xác định D  R \ 1 . x 1 x 1 x 1 x 1  1; lim  ; lim  . Giới hạn: lim x  x  1 x 1 x  1 x 1 x  1. Tập xác định: Hàm số y . Đạo hàm: y ' . 2.  0, x  1  Hàm số nghịch biến trên các khoảng. 0,25. 0,25.  x  12  ;1 và 1;   . Hàm số không có cực trị.. Bảng biến thiên:. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1; tiệm cận ngang y  1. Giao của hai tiệm. 0,25. cận I 1;1 là tâm đối xứng. Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình b). Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị y  Học sinh tự vẽ hình. Lop12.net. x 1  C ' x 1. 0,25 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Môn Toán. Số nghiệm của. x 1 x 1.  m bằng số giao điểm của đồ thị y . x 1 x 1. và y  m.. Suy ra đáp số m  1; m  1: phương trình có 2 nghiệm. Câu II a). 0,25 0,25. m  1: phương trình có 1 nghiệm 1  m  1: phương trình vô nghiệm 2 điểm 1 Ta có sin 4 x  cos 4 x  1  sin 2 2 x và cos4 x  1  2sin 2 2 x. 2. Do đó 1  3sin 2 2 x  2sin 2 x  3  m .. 0,25 0,25.   Đặt t  sin 2 x . Ta có x  0;   2 x   0;    t   0;1 .  2. Suy ra f  t   3t 2  2t  3  m, t   0;1. b). Ta có bảng biến thiên. 0,25. 10   Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 0;   2  m  3  2 1 1 8 Giải phương trình log 2  x  3  log 4  x  1  log 2  4 x   2  2 4 Điều kiện: 0  x  1. 0,25.  2    x  3 x  1  4 x. 0,25 0,25. Trường hợp 1: x  1. 0,25.  2  x2  2 x  0  x  2 Trường hợp 1: 0  x  1. 0,25.  2  x2  6 x  3  0  x  2. 3 3. . . Vậy tập nghiệm của (2) là T  2; 2 3  3 Câu III a). 3. 3x 2  1  2 x 2  1 . 1  cos x x 0. Tìm L  lim. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Môn Toán.  3 3x 2  1  1 2 x 2  1  1   Ta có L  lim  1  cos x  x  0  1  cos x  . 0,25. 2 x2  1  1 2 x2  lim 2 Xét L1  lim  2 x 2 x  0 1  cos x x 0 2sin  2 x  1  1 2 . 0,25. 3. 3x 2  1  1  lim x  0 1  cos x x 0. Xét L2  lim. 0,25. 3x 2  2 3 x 2sin 2  3 3 x 2  1  3 x 2  1  1  2  . . . 2. Vậy L  L1  L2  2  2  4 b). 0,25. 0 2 4 100  C100  C100  ...  C100  250. Chứng minh rằng C100. Ta có. 0,5. 0 1 2 2 100 100  C100 i  C100 i  ...  C100 i 1  i 100  C100. .  . . 0 2 4 100 1 3 99  C100  C100  C100  ...  C100  C100  C100  ...  C100 i. Mặt khác. 0,5. 1  i 2  1  2i  i 2  2i  1  i 100   2i 50  250 0 2 4 100  C100  C100  ...  C100  250. Vậy C100. Câu IV. Cho a, b, c thoả a  b  c  3. Tìm GTNN của M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c .       Đặt u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w. .    M  uvw . Câu Va a).  . . . .  2a  2b  2c   3a  3b  3c    4a  4b  4c  2. 2. 0,25. 2. 3 Theo cô – si có 22  2b  2c  3 2a  b  c  6 . Tương tự …. 0,5. Vậy M  3 29. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1.. 0,25. Học sinh tự vẽ hình.  C1  : I1  0; 2  , R1  3;  C2  : I 2  3; 4  , R2  3.. 0,25. . Gọi tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2  là  : Ax  By  C  0 A2  B 2  0.  là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2 .   2 B  C  3 A2  B 2 1  d  I1;    R1    d  I 2 ;    R2  3 A  4 B  C  3 A2  B 2  2  . Lop12.net. . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Môn Toán. Từ (1) và (2) suy ra A  2 B hoặc C . 3 A  2 B 2. Trường hợp 1: A  2 B .. 0,5. Chọn B  1  A  2  C  2  3 5   : 2 x  y  2  3 5  0 3 A  2 B . Thay vào (1) được 2 4 A  2 B  2 A2  B 2  A  0; A   B   : y  2  0;  : 4 x  3 y  9  0 3. Trường hợp 2: C . b). Gọi H là trung điểm của BC  d  M ;  BB ' C    AH . a 3 2. 0,25. 1 a2 1 a3 3 BB '.BC   VMBB ' C  AH .SBB ' C  2 2 3 12 Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có B ' C  MI ; B ' C  BC '  B ' C  MB.. 0,25. (Học sinh tự vẽ hình) Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định;. 0,25. SBB ' C . 0,5. Câu VIa. Gọi   là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên   . Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK .. 0,25. Vậy AH max  AK    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. Gọi    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : 2 x  y  2 z  15  0. 0,25.  K  3;1; 4 .   Câu Vb a). là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK    : x  4 y  z  3  0. Gọi  H  :. x2 a2. . y2 b2. 0,25 0,25. 1. (H) tiếp xúc với d : x  y  2  0  a 2  b 2  4 x  4  y  2  A  4; 2    H  . 16 a2. . 4 b2. 1.  1  2. 0,25. x2 y 2  1 Từ (1) và (2) suy ra a 2  8; b 2  4   H  : 8 4. 0,5. (Học sinh tự vẽ hình) Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA  OB '  OC '  4. 0,25. b). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Môn Toán. Lấy M là trung điểm của B’C’   OAM    OB ' C ' .. 0,25. Kẻ AH  OM  AH   OB ' C ' Ta có AM  OM  2 3  MH . 2 3 4 6  AH  3 3. 0,25. 1   15 3 SOBC  OB.OC.sin BOC 2 2 1 Vậy VOABC  AH .SOBC  10 2 3. 0,25. Gọi M 1  2t ;3  3t ; 2t  , N  5  6t '; 4t '; 5  5t '. 0,25. d  M ;  P    2  2t  1  1  t  0; t  1.  Trường hợp 1: t  0  M 1;3;0  , MN   6t ' 4; 4t ' 3; 5t ' 5      MN  nP  MN .nP  0  t '  0  N  5;0; 5 . 0,25. Trường hợp 2: t  1  M  3;0; 2  , N  1; 4;0 . 0,25. Kết luận. 0,25. Câu VIb. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>