Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận.. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.. Viết p
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: Toán
Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số
2
3 2
−
−
=
x
x y
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2 Cho M là điểm bất kì trên (C) Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và
B Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất
Câu II (2 điểm)
−
=
− +
2 4 cos 2 sin 2 cos sin
2 sin
− +
−
>
− +
x
2
1 log ) 2 ( 2 2 ) 1 4 4 ( log
2 1
2 2
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân ∫ +
+
x x
x I
1
2ln 3 ln 1 ln
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC =
2
a
SA=a 3, SAB SAC· =· =300 Tính thể tích khối
chóp S.ABC
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3
4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3
1 3
1 3
1
a c c b b a
P
+
+ +
+ +
=
Câu VI( 2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng∆:x+3y+ =8 0, ∆' :3x−4y+ =10 0và
điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆, đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆’
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 1 1 1
và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0 Viết phương trình chính tắc của đường thẳng
∆, biết ∆ nằm trên mặt phẳng (P) và ∆ cắt hai đường thẳng d1, d2
Câu VII (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: 1+(1+i)+(1+i)2+(1+i)3+ … + (1+i)20
ĐỀ THAM KHẢO
Trang 2ĐÁP ÁN :
I 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số 1,00
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
→
→ y ; limy
lim
2 x 2
x
Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
* lim→+∞ = lim→−∞ = ⇒2
x y x y đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25
b) Bảng biến thiên:
Ta có: (x 2) 0, x 2
1 '
−
= Bảng biến thiên:
x - ∞ 2 + ∞
-y 2
-∞
+ ∞
2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞;2) và (2;+∞)
0,25
3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại
2
3
;
0 và cắt trục hoành tại điểm
;0 2 3
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
I 2 Tìm M để đường tròn có diện tích nhỏ nhất 1,00
2 x
3 x 2
; x
0
0
−
−
0 0
2 x
1 )
x ( ' y
−
−
= Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
3 x 2 ) x x ( 2 x
1 y
:
0
0 0 2
− +
−
−
−
=
∆
0,25 O
y
x
2 3/2 3/2 2
Trang 3Toạ độ giao điểm A, B của ( )∆ và hai tiệm cận là: ; B( x 2;2)
2 x
2 x 2
; 2
0
−
−
2
2 x 2 2
x
0
0 B
2 x
3 x 2 2
y
−
−
=
+
suy ra M là trung điểm của AB
0,25
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam
giác IAB có diện tích
− +
− π
=
−
−
− +
− π
=
) 2 x (
1 )
2 x ( 2
2 x
3 x )
2 x (
0
2 0 2
0
0 2
0
=
=
⇔
−
=
−
3 x
1 x )
2 x (
1 )
2 x (
0
0 2
0
2 0
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
II 1 Giải phương trình lượng giác 1 điểm
) 1 ( 2
4 cos 2 sin 2 cos sin
2 sin
−
=
−
2 cos 1 x sin 2
x cos x sin 2
x sin 1
−π +
=
− +
0 1 2
x cos 2
x sin 2 2
x cos 2
x sin x sin 0 1 x sin 2
x cos 2
x sin x
⇔
=
0 1 2
x sin 2 2
x sin 2 1 2
x sin x
2
sin x 0
x k
x k x
= π
II 2 Giải bất phương trình 1 điểm
2
1 x 2
1 x 2
1 x 0 ) 1 x ( 2
1 x 0 1 x x 4
0 x 2 1
2 2
<
⇔
≠
<
⇔
>
−
<
⇔
>
+
−
>
−
0,25
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:
[log (1 x) 1]
) 2 x ( 2 x ) x 1 ( log
[log (1 2x) 1] 0
<
>
⇔
>
−
<
<
−
>
⇔
>
−
<
<
−
>
⇔
>
+
−
<
<
+
−
>
⇔
0 x 4
1 x 1 ) x 2 1 ( 2
0 x
1 ) x 2 1 ( 2
0 x
0 ) x 1 ( 2 log
0 x
0 ) x 1 ( 2 log
0 x
0 1 ) x 1 ( log
0 x
0 1 ) x 1 ( log
0 x
2
2
2
2
0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1 x 4
III Tính tích phân 1 điểm
Trang 4+
1 2 e
1
xdx ln x 3 dx x ln 1 x
x ln I
+) Tính =∫e + dx
x x
x I
1 1
ln 1
ln
x
1 tdt 2
; x ln 1 t x ln 1
Đổi cận: x=1⇒t=1;x=e⇒t= 2
0,25
3
2 2 2 t
3
t 2 dt 1 t 2 tdt 2 t
1 t I
2
1
3 2
1 2 2
1
2 1
−
=
−
=
−
=
−
+) Tính I x lnxdx
e
1
2
2 =∫ Đặt
=
=
⇒
=
=
3
x v x
dx du dx
x dv
x ln u
3
e
1
+
= +
=I1 3I2
I
3
e 2 2 2
IV Tính thể tích hình chóp 1 điểm
Theo định lí côsin ta có:
·
SB =SA +AB −2SA.AB.cosSAB 3a= + −a 2.a 3.a.cos30 =a
Suy ra SB=a Tương tự ta cũng có SC = a
0,25
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA Suy ra SA ⊥ (MBC)
Ta có S ABC S MBC A MBC MBC MBC SA.SMBC
3
1 S
SA 3
1 S
MA 3
1 V
V
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M Gọi N là
trung điểm của BC suy ra MN ⊥ BC Tương tự ta cũng có MN ⊥ SA
16
a 3 2
3 a 4
a a AM BN
AB AM AN
MN
2 2 2
2 2 2
2 2 2
−
−
=
−
−
=
−
=
4
3 a
MN=
0,25
Do đó
16
a 2
a 4
3 a 3 a 6
1 BC MN 2
1 SA 3
1
S
A
B
C M
N
Trang 5V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 điểm
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
z y x
9 z
1 y
1 x
1 9 xyz
3 xyz 3 z
1 y
1 x
1 ) z y x
(
3
3
+ +
≥ + +
⇒
=
≥
+ + +
a 3 c c 3 b b a
9 a
3 c
1 c
3 b
1 b
a
1 P
+ + + + +
≥ +
+ +
+ +
=
0,25
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
3
3
3
a 3b 1 1 1
b 3c 1 1 1
c 3a 1 1 1
+ + +
0,25
Suy ra 3a 3b 3b 3c 3c 3a 1 4 a b c 6( )
3 + + + + + ≤ + + + 1 4.3 6 3
≤ + =
Dấu = xảy ra
3
4
a 3b b 3c c 3a 1
+ + =
+ = + = + =
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a=b=c=1/4
0,25
VI-1 Tâm I của đường tròn thuộc ∆ nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến ∆’ bằng k/c IA nên ta có
2 2
+ Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 =
25
0,25 0,25 0,5
VI-2 Gọi A = d1∩(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2∩ (P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng ∆ thỏa mãn bài toán đi qua A và B
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là ur=(1;3; 1)−
Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là: 1 2
x− = =y z−
−
0,5
0,5
VII
Áp dụng công thức tính tổng của CSN:
1
) 1 ( 1
−
−
=
q
q u S
n n
i
i i i
i i
i u
1 1
1 ) 1
1
− +
− +
= Phần thực: - 210; phần ảo: 210+1
