De DA thi thu DH TN 2docdoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 y . x 1 Cho hàm số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị. C. của hàm số. x 1 m. x1 b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình Câu II (2 điểm) 2 sin 4 x  cos 4 x  cos 4 x  2sin 2 x  m 0. . . a) Tìm m để phương trình 1 1 8 log 2  x  3  log 4  x  1 log 2  4 x  . 4 b) Giải phương trình 2.    0;  . có nghiệm trên  2 . Câu III (2 điểm) 3. a) Tìm giới hạn. 3x 2  1  2 x 2 1 . 1  cos x x 0. L  lim. 0 2 4 6 98 100 50 b) Chứng minh rằng C100  C100  C100  C100  ...  C100  C100  2 . 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.  C2  : x 2  y 2  6 x  8 y 16 0..  C1  : x2  y 2  4 y  5 0. và. C  C . Lập phương trình tiếp tuyến chung của 1 và 2 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).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Cho điểm. A  2;5;3. và đường thẳng. d:. x 1 y z 2   . 2 1 2 Viết phương trình mặt phẳng    chứa. d sao cho khoảng cách từ A đến    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 d : x  y  2 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4. b) Cho tứ diện OABC có OA 4, OB 5, OC 6 và Tính thể tích tứ diện OABC. Câu VIb (1 điểm) Cho. mặt. phẳng.  P : x . 2 y  2 z  1 0. và. các. AOB BOC   COA 600.. đường. thẳng. d1 :. x 1 y 3 z   , 2 3 2. x  5 y z 5   . 6 4  5 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. d2 :. ĐÁP ÁN Câu I a). 2 điểm x 1 x  1 có tập xác định D R \  1 . Tập xác định: Hàm số x 1 x 1 x 1 lim 1; lim ; lim  .   x 1 x  1 x1 x  1 Giới hạn: x   x  1 y. y'  Đạo hàm:. 2.  x  1. 2. 0,25. 0,25.  0, x 1 . Hàm số nghịch biến trên các khoảng.   ;1.  1;  . Hàm số không có cực trị. và Bảng biến thiên:. Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x 1; tiệm cận ngang y 1. Giao của hai tiệm0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> I  1;1 cận là tâm đối xứng. Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình. b). y. x 1  C ' x1. Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị Học sinh tự vẽ hình x 1 x 1 m y x1 x1 Số nghiệm của bằng số giao điểm của đồ thị và y m. Suy ra đáp số m   1; m  1: phương trình có 2 nghiệm. Câu II a). m  1: phương trình có 1 nghiệm  1  m 1: phương trình vô nghiệm 2 điểm 1 sin 4 x  cos 4 x 1  sin 2 2 x 2 2 Ta có và cos4 x 1  2sin 2 x.. Do đó.  1   3sin 2 2 x  2sin 2 x  3 m .. 0,25 0,5. 0,25 0,25. 0,25 0,25.   x   0;   2 x   0;    t   0;1 .  2 Đặt t sin 2 x . Ta có f  t   3t 2  2t  3 m, t   0;1 Suy ra Ta có bảng biến thiên. b). 10    0; 2   2 m  3 Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 1 1 8 log 2  x  3  log 4  x  1 log 2  4 x   2  4 Giải phương trình 2 Điều kiện: 0  x 1.  2    x  3. x  1 4 x. Trường hợp 1: x  1.  2 . 0,25. 0,25 0,25 0,25. x 2  2 x 0  x 2. Trường hợp 1: 0  x  1.  2 . 0,25. x 2  6 x  3 0  x 2 3  3. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy tập nghiệm của (2) là Câu III a). . . T  2; 2 3  3. 3. 3x 2  1  2 x 2 1 L  lim . 1  cos x x 0 Tìm  3 3x2  1 1 2 x 2  1  1  L  lim   1  cos x  x  0  1  cos x   Ta có. 0,25. 0,25. 2x2 1  1 2x2 L1  lim  lim 2  2 x 2 x  0 1  cos x x 0 2sin  2 x  1  1  2  Xét 3. 3x 2  1  1  lim x  0 1  cos x x 0. L2  lim Xét. 0,25. 3x 2  2 3 x 2sin 2  3 3 x 2  1  3x 2  1  1  2  . . 2. . 0,25. Vậy L L1  L2 2  2 4 b). 0 2 4 100 50 Chứng minh rằng C100  C100  C100  ...  C100  2 . 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 Câu IV. 0 2 4 100 50 Vậy C100  C100  C100  ...  C100  2 . Cho a, b, c thoả a  b  c 3. Tìm GTNN của. M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c .         u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w Đặt    2 2 2 M  u  v  w  2a  2b  2c  3a  3b  3c  4a  4b  4c. .   . . .  . 0,25. .  . . 0,5. 3. 2 b c a b  c 6 . Tương tự … Theo cô – si có 2  2  2 3 2 Vậy M 3 29. Dấu bằng xảy ra khi a b c 1.. Câu Va a). 0,25. Học sinh tự vẽ hình  C1  : I1  0; 2  , R1 3;  C2  : I 2  3;  4  , R2 3..  C  ,  C2  Gọi tiếp tuyến chung của 1. là. 0,25.  : Ax  By  C 0 A2  B 2 0. . . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2    2 B  C 3 A2  B 2  1  d  I1;   R1    2 2 d  I 2 ;   R2  3 A  4 B  C 3 A  B  2    3 A  2B C 2 Từ (1) và (2) suy ra A 2 B hoặc 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  2B C 2 Trường hợp 2: . Thay vào (1) được 4 B   : y  2 0;  : 4 x  3 y  9 0 3 a 3  d  M ;  BB ' C    AH  2 Gọi H là trung điểm của BC A  2 B 2 A2  B 2  A 0; A . b). 0,25. 1 a2 1 a3 3 SBB ' C  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). 0,25. 0,5. Câu VIa Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định;.    là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên    . Gọi Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK . Vậy. 0,25. AH max  AK    . là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : 2 x  y  2 z  15 0 Gọi. 0,25.  K  3;1; 4 .   Câu Vb a) Gọi. là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. H:. x2 a2. . y2 b2. (H) tiếp xúc với.     : x  4 y  z  3 0. 0,25. 1. d : x  y  2 0  a 2  b 2 4. x 4  y 2  A  4; 2    H  . 0,25. 16 a. 2. . 4 b. 2. 1  2 .  1 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> x2 y2 a 8; b 4   H  :  1 8 4 Từ (1) và (2) suy ra. 0,5. (Học sinh tự vẽ hình). 0,25. Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA OB ' OC ' 4   OAM    OB ' C '  . Lấy M là trung điểm của B’C’. 0,25. 2. 2. b). Kẻ. AH  OM  AH   OB ' C '. Ta có. AM OM 2 3  MH . 2 3 4 6  AH  3 3. 1 15 3  SOBC  OB.OC.sin BOC  2 2 1 VOABC  AH .SOBC 10 2 3 Vậy. 0,25 0,25. Câu VIb Gọi. M  1  2t ;3  3t; 2t  , N  5  6t '; 4t ';  5  5t ' . d  M ;  P   2  2t  1 1  t 0; t 1.  t 0  M  1;3;0  , MN  6t ' 4; 4t ' 3;  5t ' 5  Trường hợp 1:     MN  nP  MN .nP 0  t ' 0  N  5;0;  5 . Trường hợp 2: Kết luận. t 1  M  3; 0; 2  , N   1;  4; 0 . 0,25. 0,25. 0,25 0,25.

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