Môn Toán
THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút
y
.
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm)
x x
1 1
Cho hàm số
C của hàm số.
m .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
x x
1 1
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
4
4
Câu II (2 điểm)
.
2 sin
x
cos
x
cos 4
x
2sin 2
x m
có nghiệm trên 0;
0
a) Tìm m để phương trình
2
log
x
3
log
x
log
8 1
x 4 .
4
2
2
1 2
1 4
b) Giải phương trình
3
2
2
3
x
x
1
Câu III (2 điểm)
L
.
1 1 cos
2 x
lim x 0
a) Tìm giới hạn
C
C
C
C
...
C
C
50 2 .
0 100
2 100
4 100
6 100
98 100
100 100
b) Chứng minh rằng
a b c
3.
c
a
a
c
a
b 9
b 16
4
9
4
16
16
b 4
c 9 .
Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm)
2
2
x
y
4
y
và
5 0
C 1 :
2
2
C
x
y
6
x
8
y
16 0.
Lập phương trình tiếp tuyến chung của
1C và
2 .C
2 :
a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình
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.
x
1
z
2
2;5;3
A
d
:
.
Câu VIa (1 điểm)
chứa
2
y 1
2
lớn nhất.
Cho điểm và đường thẳng Viết phương trình mặt phẳng
d sao cho khoảng cách từ A đến Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
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
d x :
2 0
·
·
xúc với đường thẳng
OA
y tại điểm A có hoành độ bằng 4. và ·
OC
OB
4,
5,
6
AOB BOC COA
060 .
b) Cho tứ diện OABC có Tính thể tích
tứ diện OABC.
x
1
2
y
2
z
1 0
:
,
Câu VIb (1 điểm)
và
: P x
d 1
2
y 3 3
z 2
x
5
:
d
.
Cho mặt phẳng các đường thẳng
2
6
y 4
z 5 5 thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2.
Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường
ĐÁP ÁN
2 điểm
D R
y
\ 1 .
x x
.
Câu I a) 0,25 Tập xác định: Hàm số có tập xác định
x x
1 1
1 1
x x
1 1
1 1 x x
lim
x
1; lim 1 x
; lim 1 x
Giới hạn:
2
x
0,
1
y
'
x
2 1
.
Hàm số không có cực trị.
;1 và 1; Bảng biến thiên:
0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng Đạo hàm:
x tiệm cận ngang
1;
1.
I
0,25 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng y Giao của hai tiệm
1;1
cận là tâm đối xứng.
Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
y
C
'
x x
1 1
b) 0,25 0,5 Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị
Học sinh tự vẽ hình
Môn Toán
y m .
m
y
x x
1 1
x x
1 1
0,25 Số nghiệm của bằng số giao điểm của đồ thị và
0,25
m
phương trình có 2 nghiệm
phương trình vô nghiệm
1:
1
Suy ra đáp số m 1: 1;
m phương trình có 1 nghiệm 1: m 2 điểm
2
4
4
sin
x
c os
x
1
2 sin 2
x
c os4
x
x 1 2sin 2 .
1 2
2
Câu II a) 0,25 Ta có và
3sin 2
x
2sin 2
x
3
m
0,25 . Do đó 1
x
0;
2 x
0;
t
t
sin 2
x
0;1 .
2
Đặt . Ta có
f
23 t
t 2
3
m t ,
0;1
t Ta có bảng biến thiên
Suy ra
0,25
2
m
0; 2
0,25 Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 10 3
log
x
3
log
x
log
4
x
8 1
2
4
2
2
1 4
b) Giải phương trình
1
4
x
x
x
3
0,25 0,25
1x
2
x
2
x
x 2
0
0,25
1x
x
6
x
3 0
x
1 2 Điều kiện: 0 1x 2 Trường hợp 1: 2 Trường hợp 1: 0 2 2
0,25
2 3 3
2; 2 3 3
Vậy tập nghiệm của (2) là T
3
2
2
3
x
x
1
L
.
1 1 cos
2 x
lim x 0
Câu III a) Tìm
Môn Toán
3
2
2
0,25
Ta có L x 3 1 cos 1 1 x x 2 1 cos 1 1 x lim x 0
2
2
2
2
0,25 2 x Xét 2 L 1 x 2 1 cos 1 1 x lim x 0 lim x 0 2 sin 2 x 1 1 x 2
3
2
2
3
x
0,25
2
L 2
2
x 3 1 cos
1 1 x
lim x 0
lim x 0
3
2
2
2
3
2sin
3
x
1
3
x
1 1
Xét
x 2
0,25 Vậy 4 2 2 L L 1 L 2
C
C
C
...
C
50 2 .
0 100
2 100
4 100
100 100
b) Chứng minh rằng
2
i
C
...
1
100
0 100
2 C i C i 100
1 100
100 100 C i 100
C
C
C
...
C
C
...
C
i
0 100
2 100
4 100
100 100
1 C 100
3 100
99 100
Ta có 0,5
2
2
50
Mặt khác 0,5
1
1
100
50
i i 1 2 i 2 i i i 2 2
C
C
C
...
C
50 2 .
100 100
0 2 100 100 Cho a, b, c thoả
Vậy
4 100 a b c
3.
a
c
a
a
c
4
b 9
16
9
b 16
4
16
b 4
c 9 .
Tìm GTNN của Câu IV
a
c
a
b
b
c
c
a
M r u
b 2 ;3 ; 4 ,
r v
uur 2 ;3 ; 4 , w 2 ;3 ; 4
r M u
r v
uur w
0,25 Đặt
2
2
2
a
c
a
r r M u v
uur w
2
b 2
2
a 3
b 3
c 3
4
b 4
c 4
a b c
22
b 2
c 2
3 3 2
. Tương tự …
6
0,5 Theo cô – si có
a
c 1.
b
0,25 Vậy M 3 29. Dấu bằng xảy ra khi
:
3;
:
I
3.
0; 2 ,
3; 4 ,
C 1
R 1
I 1
C 2
2
R 2
0,25 Câu Va Học sinh tự vẽ hình a)
2
2
:
Ax By C
0
A
B
0
C là
,C 1
2
0,25 Gọi tiếp tuyến chung của
là tiếp tuyến chung của
,C 1
C 2
2
2
B C
3
2 A
B
;
1
;
2
2
d I 1 d I
2
R 1 R 2
3
A
4
B C
3
A
B
2
Môn Toán
3
2
B
2A
B
C
A 2
2A
B
Từ (1) và (2) suy ra hoặc
B
2
2 3 5
C
A
1
: 2
x
2 3 5
y
Trường hợp 1: . 0,5
0
3
2
B
C
Chọn
A 2
2
2
A
2
B
2
B
A
0;
A
B
:
y
2 0;
: 4
x
3
y
A
9 0
4 3
Trường hợp 2: . Thay vào (1) được
a
3
'
AH
d M BB C ;
2 3
b) 0,25 Gọi H là trung điểm của BC
a
3
S
BB BC '.
V
AH S .
BB C '
MBB C
'
BB C '
1 3
1 2
2 a 2
12
0,25
0,5
B C MI B C BC ;
B C MB .
'
'
'
'
Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có
Câu VIa
K cố định;
là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên
.
0,25
AH AK
.
AK
AH
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.
(Học sinh tự vẽ hình) Gọi K là hình chiếu của A trên d Gọi Trong tam giác vuông AHK ta có 0,25
max
Vậy
x
y
2
z
15 0
: 2
K
3;1; 4
là mặt phẳng qua A và vuông góc với d
0,25 Gọi
x
4
y
z
3 0
:
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK
2
2
0,25
x
y
H
:
1
2
2
a
b
2
2
Câu Vb a) 0,25 Gọi
d x :
2 0
a
y
b
4
1
(H) tiếp xúc với
x
y
4
2
A
4; 2
H
1 2
16 2
4 2
a
b
2
2
0,25
2
a
28; b
4
H
:
1
x 8
y 4
0,5 Từ (1) và (2) suy ra
0,25
OA OB OC
'
' 4
b) (Học sinh tự vẽ hình) Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho
Môn Toán
OAM
OB C '
' .
'
AH OM AH
OB C '
0,25 Lấy M là trung điểm của B’C’
Kẻ
AM OM
2 3
MH
AH
2 3 3
4 6 3
0,25 Ta có
OB OC .
.sin
· BOC
S OBC
1 2
15 3 2
V
AH S .
10 2
0,25
OABC
OBC
1 3
Vậy
Câu VIb
M
t
t
t 5 6 '; 4 '; 5 5 ' t
t
1 2 ;3 3 ; 2 , t N
1 1
t 2
2
t
1.
0,25
Gọi d M P ;
t
M
t 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5
t
t
0; t uuuur MN
1;3;0 ,
t
' 0
0
N
5;0; 5
0,25
0 uuuur uur MN n . P
Trường hợp 1: uur uuuur MN n P
t
1
M
N
1; 4; 0
3; 0; 2 ,
0,25 Trường hợp 2:
Kết luận 0,25
