Tr­êng thpt cÇu xe ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1

Tr­êng thpt cÇu xe ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 Trêng thpt cÇu xe ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 ®Ò chÝnh thøc M«n thi to¸n N¨m häc 2011 – 2012 ( Thêi gian lµm bµi 180 phót kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò ) PhÇn chu[.]

Trờng thpt cầu xe đề thi thử đại học lần 1

đề chính thức Môn thi: toán

Năm học 2011 – 2012 ( Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời

gian giao đề )

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)

Câu I (2điểm) Cho hàm số 3 2

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m =2

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A(1; 0), B

và C sao cho K + K =BC 5 1 2

Trong đó K1, K2 lần lợt là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm B và C của đồ thị hàm số (1).

Câu II (2điểm).

1 Giải bất phơng trình sau: 3x− − 2 2 1 − ≥x 7x− 6 với x∈ Ă

2 Giải phơng trình sau: 2

sin tan 1

sin 2 sin

x

+ Câu III (1điểm) Tính tích phân sau:

1

( 1) ln

ln

e

=

+

∫

Câu IV (1điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A

và B, điểm M nằm

trên cạnh SC sao cho MC = 2MS, AB =a, BC = 2AD = 2a 3 Tính thể tích của khối chóp MABCD

theo a Biết rằng SA = SB = SD và góc tạo bởi cạnh bên SC và mặt đáy là 60 0

Câu V (1điểm) Cho x, y, z là các số thực dơng thoả mãn điều kiện: 1 1 1 9

x y x+ + ≤ Chứng minh rằng: x2 +xy y+ 2 + y2 + + +yz z2 z2 + +zx x2 ≥ 3

Phần tự chọn (3điểm) Thí sinh chỉ đ ợc làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)

A Theo chơng trình Chuẩn

Câu VIa (2điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình:

x +y − x− y+ = và điểm

M( m; -1 ) nằm ngoài đờng tròn (C) Gọi A, B là các tiếp điểm của các tiếp tuyến

kẻ từ điểm M đến

đờng tròn (C) Hãy tìm m để khoảng cách từ tâm đờng tròn (C) đến đờng thẳng AB bằng 1

2

2 Giải phơng trình sau: 2( )

1

2 1

x

x

− với x∈Ă Câu VIIa ( 1điểm) Cho hàm số y x= − 3 3x2 + 2 có đồ thị (C) Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị

(C) biết rằng tiếp tuyến cắt trục Ox tại điểm A có hoành độ dơng và OA =1.

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu VIb (2điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC cú A(4; - 2), phương trỡnh đường cao kẻ từ C

và đường trung trực của đoạn thẳng BC lần lượt là x – y + 2 = 0; 3x + 4y – 2 = 0 Tỡm tọa độ cỏc đỉnh B và C của tam giác

2 Giải phơng trình sau: (3 2 2 − ) (x− 3 2 1 − )−x+ = 2 0 với x∈ Ă

Câu VIIb (1điểm) Cho hàm số 1

1

x y x

+

=

− có đồ thị (C).Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị (C)

biết rằng tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng tại điểm A, cắt tiệm cận ngang tại

điểm B sao cho IA =2IB

(với I là giao điểm của hai đờng tiệm cận)

Hết

Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: số báo

danh

Trờng thpt cầu xe đáp án và biểu điểm

điểm

I

1

Với m= 2 hàm số (1) trở thành: y x= − 3 4x2 + 4x− 1

Ta có: y’ = 3x2 - 8x + 4; y’ = 0 ⇔3x2 - 8x + 4 = 0⇔ 2

2 3

x x

=





 =



Dấu của y’:

x -∞ 2/3 2

+∞

y’ + 0 - 0

+

và (2; +∞);

hàm số nghịch biến trên khoảng ( 2/3; 2)

3

= và ta có yCĐ =y  ữ23

 = 5

27

Hàm số đạt cực tiểu tại x =2 và ta có yCT =y(2)= -1

*Ta có: xlim (→+∞ x3 − 4x2 + 4x− 1)=xlim→+∞ 3

1

x

 − + − = +∞

xlim (→−∞ x3 − 4x2 + 4x− 1)=xlim→−∞ 3

1

x

 − + − = −∞

1

điểm

0,25

0,25

0,25

*Bảng biến thiên:

* Đồ thị: Cắt trục Oy tại điểm ( 0; -1 )

Cắt trục Ox tại điểm ( 1; 0)

và 3 5;0

2

 ± 

0,25

điểm

Ta có phơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị

3 2 2 2 1 0 ( 1) 2 (1 2 ) 1 0

x − mx + mx− = ⇔ −x x + − m x+ = 

2

1

(1 2 ) 1 0(*)

x

=



⇔  + − + =



Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân

biệt thì pt(*) phải có 2 nghiệm phận biệt khác 1

Tức là pt: x2 + − (1 2 )m x+ = 1 0 phải có 2 nghiệm phận biệt

khác 1

0,25

0,25

x -∞ 2/3 2

+∞

y’ + 0 - 0

+

y

27

+∞

-∞ -1

-4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5

-4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5

x y

2

2

1

1 2

3 2

1 (1 2 ).1 1 0

2 3

2

m

m

m

m

 < −

   < −

∆ = − − >

 + − + ≠ 



≠



Giả sử: B(xB ; 0); C(xC ; 0)

vì xB, xC là 2 nghiệm phân biệt của pt(*) nên theo

định lí viet ta có:

xB + xC = 2m-1 và xBxC =1

3x B− 4mx B + 2m+ 3x C − 4mx C + 2m = 3(x B +x C) 2 − 6x x B C− 4 (m x B+x C) 4 + m

= 4m2 − 4m− 3

Theo giải thiết ta có: K1 + K2 = BC 5

2

1 (thoả mãn)

2 0

2 (thoả mã n)

m

m m

m

⇒ − − = − − >

= −



⇔ − − = ⇔  =

2

= −



 =



m

0,25

0,25

II

1 Giải bất phơng trình sau: 3x− −2 2 1− ≥x 7x−6 với

điểm

ĐK: 2≤ ≤ 1

3 x

Ta có bpt ⇔(7x− ≥ 6) (7x− 6) ( 3x− + 2 2 1 −x) (*)

vì 3x− + 2 2 1 − >x 0 với mọi x∈  2;1

3

7

7

x

là một nghiệm của bpt

TH2 Nếu 2≤ <6

3 x 7 thì bpt(*) trở thành: 3x− + 2 2 1 − ≥x 1

giải bpt trong trờng hợp này và kết hợp với điều kiện

0,25

0,25

≤ <

3 x 7

ta đợc nghiệm là: 2≤ <6

3 x 7

TH3 Nếu 6< ≤ 1

7 x thì bpt(*) trở thành: 3x− + 2 2 1 − ≤x 1

ta đợc nghiệm trong trờng hợp này là: x = 1

KL: Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là: = ∪{ }

 

2 6; 1

3 7

S

Có 3 cách khác để giải bài này

0,25

0,25

sin tan 1

sin 2 sin

x

+

1

điểm

ĐK: cosx ≠0 ⇔ ≠ +π π ( ∈ Â )

2

Khi đó pt trở thành: cos (sin 2x x+ tan ) sinx = 2xcosx

cos (sin tan ) sin cos sin sin sin

sin 0 sin (cos sin 1) 0

cos sin 1 0

x

=



sin 0

2 2

x l

x l x

π π

π

=



=

=

trong đó k, m, n ∈ Â

Kết hợp nghiệm và so sánh với điều kiện ta đợc

nghiệm của pt đã cho là: x l= π (l∈ Â )

0,25

0,25

0,25

0,25

III

Tính tích phân sau:

1

( 1) ln

ln

e

=

+

Ta có:

ln (1 ln )

x

+

0,25

Tính đợc I1 = 2 2

1

e e

∫

Tính đợc I2 =

1

ln

1 ln 2 (1 ln )

e

x

+

∫

Vậy: I = I1 – I2 = 2 1 (1 ln2)= 2 + ln23

e − − − e −

0,25

0,25

0,25

điểm

*Ta có: diện tích của tứ giác ABCD là:

2

ABCD

*Vì SA = SB = SD và tam giác ABD vuông tại A nên

hình chiếu của đỉnh S trùng với trung điểm H của

0,25

đoạn thẳng BD

Gọi O là giao điểm của CH và DI ( I là trung điểm của

BC), suy ra O là trọng tâm của tam giác BCD Vì MC =

Vậy MO là chiều cao của khối chóp MABCD

*Tính MO

3

a

Trong tam giác MOC vuông tại O ta có: tan600 =MO OC

*Vậy thể tích của khối chóp MABCD là:

Có 1 cách khác để giải bài này

0,25

0,25

0,25

V

Chứng minh x2 +xy y+ 2 + y2 + + +yz z2 z2 + +zx x2 ≥ 3 1

điểm

Ta có:

2

4

1 4 4 4 4

1 x xy y x y xy xy x y

y xy

4

3 3

4

1

y x y

x y

2

3

2

Chứng minh tơng tự ta đợc:

(y z)

z yz

2

3

2

(z x)

x zx

2

3

2

Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3)

ta đợc:

x zx z z yz y y xy

2

3

2 2

2 2

2

⇔ x2+xy+y2 + y2+yz+z2+ z2+zx+x2 ≥ 3 (x+y+z)

Mặt khác lại có:( + + ) + + ữ≥ ⇒ + + ≥

1 1 1

0,25

0,25

0,25

0,25

1 1 1 9

Do đó: x2 +xy y+ 2 + y2 + + +yz z2 z2 + +zx x2 ≥ 3 (đpcm)

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1

3

Có 1 cách khác để giải bài này

VIa

điểm

Ta có đờng tròn (C) có tâm I( 1 ; 1) và điểm M nằm ngoài

đờng tròn (C).

Giả sử T(x0 ; y0) là tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ

điểm M đến đờng tròn (C) Khi đó ta có:



⇒ (m− 1)x0− 2y m0− + = 2 0 (*)

Nh vậy toạ độ các tiếp điểm A và B thoả mãn (*)

Vậy phơng trình đờng thẳng AB là:

− − − + = (m 1)x 2y m 2 0 (AB)

− +

2 2

m

⇔ =m 1

Có 1 cách khác để giải bài này

0,25

0,25

0,25

0,25

1

2 1

x

x

điểm

2

x> Với điều kiện trên pt trở thành:

2 log (2x− − 1) 3log (2x− − = 1) 2 0

2

2

log (2 1) 2

1 log (2 1)

2

x x

− =





⇔

− = −



0,25

0,25

0,25

2 1 4

2 1

2 1

x

x





⇔  − =  ⇔   =  +

KL: Vậy pt đã cho có nghiệm là:

5 2

2

2 2

 =



⇔ 

 = +



x x

0,25

Câu

Vì A có hoành độ dơng và OA = 1 nên A(1; 0)

Do đó tiếp tuyến cần tìm đi qua điểm A(1; 0) Giả

sử (x y0 ; 0) là toạ độ tiếp điểm của tiếp tiếp cần tìm khi đó PTTT có dạng:

y y− 0 =y x'( )( 0 x x− 0 ) hay ( 3 2 ) ( 2 )

0 3 0 2 3 0 6 0 ( 0 )

mà tiếp tuyến cần tìm đi qua điểm A(1; 0) nên ta

0 3 0 3 0 1 0 0 1

x − x + x − = ⇔x =

Vậy PTTT cần tìm là: y = - 3x +3

0,25

0,25

0,25

0,25

CâuV

Đờng thẳng AB qua A vuụng gúc với đường cao kẻ từ C cú phương trỡnh: x + y – 2 = 0

Gọi B(b; 2 – b) thuộc AB, C(c; c + 2) thuộc đường cao kẻ từ C

trực BC nờn 3(b c+ +) (4 4 − + − = ⇔ − +b c) 4 0 b 7c+ = 12 0 ( )1

BC= −c b c b+

uuur

là 1 VTPT của đờng trung trực đoạn thẳng

BC nờn 4(c – b) = 3(c +b) hay c = 7b (2)

Từ (1) và (2) suy ra c = - 7

4; b = 1

4

0,25

0,25

0,25

0,25

2 Giải phơng trình sau: (3 2 2 − ) (x− 3 2 1 − )−x+ = 2 0 với x∈ Ă 1

điểm

Đặt t =( 2 1 − )x ( t > 0) khi đó ( )

2

3 2 2

1

2 1

x

x

t t

−







Suy ra pt trở thành:

2 0 2 3 0 (do t > 0)

t

− + = ⇔ + − =

1

t

⇔ =

Từ đó ta có pt: ( 2 1 − )x= ⇔ = 1 x 0

0,25

0,25

0,25 0,25

Câu

VIIb

điểm Gọi α là góc tạo bởi tiếp tuyến và trục hoành suy ra α

là góc tạo bởi tiếp tuyến và tiệm cận ngang ( vì TCN song song với trục hoành )

Do tam giác IAB vuông tại I nên ta có:tan IA 2 ( )gt

IB

α = =

nh vậy ta có hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm là: k =

tan α 2

± = ±

2

1

y x

−

= < ∀ ≠

− Giả sử (x y0 ; 0), x0 ≠ 1 là toạ độ tiếp điểm của tiếp tiếp cần tìm khi đó ta có: k =

0

2

0 1

x

− <

−

TH1: k = 2 (loại)

0 2

0 0

0(tm) 2

2(tm) 1

x x

x x

=



− = − ⇒ −

= ⇔  =

Với x0 = 0 ta có y0 = − 1 suy ra PTTT là: y = - 2x - 1 Với x0 = 2 ta có y0 = 3 suy ra PTTT là: y = - 2x + 7

0,25

0,25

0,25

0,25

Mỗi ý đều có ít nhất hai cách làm Tuỳ theo cách làm của học sinh nếu

đúng vẫn cho điểm tối đa của mỗi ý

Phần tự chọn ( 3 điểm)

Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)

A Theo chơng trình Chuẩn

Câu VIa (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình:

các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến đờng tròn (C) Hãy tìm m để đờng thẳng AB đi qua điểm I( -2; 5 )

1

2 1

x

x

k

n

C là tổ hợp chập k của n với n≥1 và n ∈ Ơ

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đờng thẳng d1: 2x – y +5 =0 và d2: 3x + 6y - 7 =0

Lập phơng trình đờng thẳng d đi qua điểm M( 2; -1) sao cho đờng

1

→

 − − − 

−

x

L

x

10

 − + 

x với x≠ 0 Hết

3

hai điểm x1, x2 sao cho giá trị của biểu thức:

1

x y x

+

=

(C) biết rằng tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng tại điểm A, cắt tiệm cận ngang tại điểm B sao cho IA =2IB

( với I là giao điểm của hai đờng tiệm cận)

Gọi α là góc tạo bởi tiếp tuyến và trục hoành suy ra α là góc tạo bởi tiếp

tuyến và tiệm cận ngang ( vì TCN song song với trục hoành ) Do tam giác IAB vuông tại I nên ta có:

tan IA 2 ( )gt

IB

2

1

y

x

−

= < ∀ ≠

− Giả sử (x y0 ; 0), x0 ≠ 1 là toạ độ tiếp điểm của tiếp tiếp

0

2

0 1

x

− <

−

TH1: k = 2 (loại)

TH2: k = -2 ta có:

0 2

0 0

0(tm) 2

2(tm) 1

x x

x x

=



− = − ⇒ −

= ⇔  =

Với x0 = 0 ta có y0 = − 1 suy ra PTTT là: y = - 2x - 1

Với x0 = 2 ta có y0 = 3 suy ra PTTT là: y = - 2x + 1

Cho hàm số y x= − 3 3x2 + 2 có đồ thị (C) Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết rằng tiếp tuyến cắt trục Ox tại điểm A có hoành độ dơng và

OA =1

Vì A có hoành độ dơng và OA = 1 nên A(1; 0)

Do đó tiếp tuyến cần tìm đi qua điểm A(1; 0) Giả sử (x y0 ; 0) là toạ độ tiếp điểm của tiếp tiếp cần tìm khi đó PTTT có dạng:

y y− 0 = y x'( )( 0 x x− 0 ) hay ( 3 2 ) ( 2 )

0 3 0 2 3 0 6 0 ( 0 )

0 3 0 3 0 1 0 0 1

x − x + x − = ⇔x =

VËy PTTT cÇn t×m lµ: y = - 3x +3