Tìm trên đồ thị C những điểm có tổng khoảng cách đến hai đường tiệm cận của C nhỏ nhất.. Trên đường thẳng d đi qua C và vuông góc với mặt phẳng ABC lấy điểm M với CM = x .Gọi E, F lần l
Trang 1SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG LẦN 3
Môn Toán
( Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1.(2đ) Cho hàm số 2 1
1
x y x
+
= + có đồ thị (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai đường tiệm cận của (C) nhỏ nhất
Câu 2 (2đ)
1 Giải phương trình : 2cos3 (2cos 2x x+ =1) 1
2
x+ x − = x + x−
Câu 3.(1đ) Tính tích phân I =
1
2
dx
−∫ + + +
Câu 4 (1đ) Cho tam giác ABC đều cạnh a Trên đường thẳng (d) đi qua C và vuông góc với mặt phẳng
(ABC) lấy điểm M với CM = x Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của A lên MB và CB Đường thẳng EF cắt (d) tại N Tính thể tích tứ diện ABMN theo a và x , với giá trị nào của x thì thể tích tứ diện ABMN nhỏ nhất
Câu 5.(1đ) Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng
1 1 1 1
a b +b c +c a ≤
II PHẦN RIÊNG (3,0điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)
A Theo chương trình chuẩn
Câu 6a (1đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(0; 2) và đường thẳng (d) có phương trình
x− y+ = Tìm trên (d) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B và AB = 2BC
Câu 7a (1đ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình là
x +y +z − x+ y+ z− = Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 3
Câu 8a (1đ) Giải phương trình 2
(z −z z)( +3)(z+2) 10;= z C∈
B Theo chương trình nâng cao
Câu 6b.(1đ)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A và đỉnh A có tọa độ là các số dương
Hai đỉnh B, C nằm trên trục Ox Đường thẳng AB có phương trình là y =3 7(x−1) Chu vi tam giác ABC bằng 18 Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C
Câu 7b (1đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
− − Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với cả hai đường thẳng( ),( ).d1 d2
Câu 8b.(1đ) Giải bất phương trình x(3log2 x− >2) 9 log2 x−2
- Hết
Trang 2-TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN
Chỳ ý: Mọi cách giải đúng và ngắn gọn đều cho điểm tối đa
1.(1,0 điểm) Khảo sát
(2,0 điểm) * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên - Giới hạn và tiệm cận: xlim→+∞y=xlim→−∞y=2; tiệm cận ngang: y = 2 x→ −lim( 1)− y= +∞; limx→ −( 1)+ y= −∞; tiệm cận đứng: x = - 1 0,25 - Bảng biến thiên Ta có ' 1 2 0 ( 1) y x = < + với mọi x≠- 1 x -∞ -1 +∞
y’ + +
y +∞ 2
2 -∞
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-∞; -1) và ( -1; +∞) 0,5 * Đồ thị 0,25 2 (1,0 điểm) Tìm trên (C) những điểm
Gọi M(x0;y0) là một điểm thuộc (C), (x0≠- 1) thì 0 0
0
1
x y x
+
= +
Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì
MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | 0
0
1
x x
+ + - 2| = | 0
1 1
x + |
Theo Cauchy thì MA + MB ≥ 2 0
0
1
x 1
1
x
+
+ =2
⇒ MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x0 = 0 hoặc x0 = -2.Nh vậy ta có hai điểm cần
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 3t×m lµ (0;1) vµ (-2;3)
(2,0 ®iÓm)
PT(1)⇔ 2cos3x(4cos2x−1)=1⇔ 2cos3x(3−4sin2 x)=1 Nhận xét x=kπ,k∈Zkhông là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1 ) sin 4 3 ( 3 cos
2 x − 2 x = ⇔ 2cos3x(3sinx−4sin3 x)=sinx
⇔ 2cos3xsin3x=sinx ⇔ sin6x sin= x
⇔ 66x x==πx+−m x2+πm2π ⇔
+
=
=
7
2 7
5 2
π π
π
m x
m x
;m∈Z
Xét khi =
5
2mπ
π
k ⇔2m=5k⇔m=5t , t∈Z
Xét khi
7
2 7
π
π + m =kπ ⇔1+2m = 7k⇔k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Z
l∈
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2mπ
x= (m 5≠ t);
7
2 7
π
x= + (m≠7l+3) trong
đó m,t,l∈Z
0,25
0,25
0,25
0,25
2
3 5 1 2 ) 1 3
PT(2) ⇔ 2(3x+1) 2x2 −1=10x2 +3x−6
2 3 2 ) 1 2 ( 4 1 2 ) 1 3 (
2 x+ x2 − = x2 − + x2 + x− Đặt t = 2x2 −1(t ≥0)
Pt trở thành 4t2 −2(3x+1)t+2x2 +3x−2=0
Ta có:∆'=(3x+1)2 −4(2x2 +3x−2)=(x−3)2
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
; 2
1
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:
+
− +
∈
7
60 2
; 2
6 1
x
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3
Tính tích phân I =
1
2
dx
(1,0 ®iÓm) §Æt u = x+ 1 x+ 2 th× u - x= 1 x+ 2 ⇒ x2−2ux u+ 2 = +1 x2
2
2
1
u
§æi cËn x= - 1 th× u = 2 -1
x = 1 th× u = 2 +1
2
1
2
du
u I
+
0,25
0,25
0,25
Trang 42
du
du
0,25
Câu 4 Cho tam giác ABC đều cạnh a Trên đường thẳng (d) đi qua C và vuông góc với
mặt phẳng (ABC) lấy điểm M với CM = x Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của A lên MB và CB.Đường thẳng EF cắt (d) tại N Tính thể tích tứ diện ABMN theo a
và x , với giá trị nào của x thì thể tích tứ diện ABMN nhỏ nhất
1,0
d
F
E
B
A N
M
C
Ta có:
3S∆CAB CM +3S∆CAB CN =3S∆CAB CM CN+
AM MC
Lại có MB⊥ AE(2) từ (1) và (2) suy ra MB⊥(AEF)⇒MB⊥NF CFN CBM
⇒ ∠ = ∠ vì vậy CMB∆ đồng dạng với CFN∆
2
CM CN CF CB x CN a CN
x
ABMN
+
Nhận thấy VABMN nhỏ nhất khi và chỉ khi CM + CN nhỏ nhất Lại có CM.CN = CF.CB không đổi nên CM + CN nhỏ nhất khi và chỉ khi
CM = CN Vậy VABMN nhỏ nhất khi và chỉ khi CM = CN 2 2 2
khi đó VABMN = 2 6
12
a
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 5 Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng
1 1 1 1
a b +b c +c a ≤
1,0
Trang 5§Æt a=x3, b=y3, c=z3 th× x, y, z >0 vµ xyz =1.Ta cã
x3 + y3=(x+y)(x2+ y2- xy) ≥ (x+y)xy, do x + y > 0 vµ x2 + y2- xy ≥ xy
⇒ x3 + y3+1≥ (x+y)xy + xyz = xy(x+y+z) > 0
y 1 xy x y z
+ +
Tư¬ng tù ta cã
z 1 yz x y z
+ +
x 1 zx x y z
+ +
Céng theo vÕ ta cã
a b +b c +c a
1
1
1
≤ (x y z1 ) xy1 yz1 xz1
+ + =(x y z1 ) (z x y+ + ) =1
+ + DÊu b»ng x¶y ra khi a = b = c = 1
0,25
0,5
0,25 Câu 6a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(0; 2) và đường thẳng (d) có phương
trình x−2y+ =2 0 Tìm trên (d) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại
B và AB = 2BC
1,0
(1,0 ®iÓm) Đường thẳng (∆) vuông góc với (d) có véc tơ pháp tuyến nuur∆ =(2;1)
( )∆ đi qua A(0; 2) suy ra ( ) : 2∆ x y+ − =2 0
Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ
2
( ; )
5
x
x y
B
x y
y
=
0 0
2
2
x
C∈ d ⇒C x +
do AB = 2BC suy ra x0 = ⇒0 y0 =1
x = ⇒ y = Vậy
( ; ), (0;1) ( ; )
0,5
0,25
0,25 Câu 7a Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình là
x +y +z − x+ y+ z− = Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục
Ox và cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 3
1,0
Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2; -1), bán kính R = 3 Mặt phẳng (P) chứa tục Ox nên (P) có phương trình là ay + bz = 0
Do đường tròn giao tuyến của (S) và (P) có bán kính r = 3 nên mặt phẳng (P) phải
đi qua tâm I của (S) Suy ra -2a - b = 0 hay b = -2a (a khác 0)
0,25
0,5
Trang 6Chọn a = 1 thì b = -2 Vậy (P): y - 2z = 0
0,25 Câu 8a Giải phương trình (z2 −z z)( +3)(z+2) 10;= z C∈ (3)
PT(3)⇔ z(z+2)(z−1)(z+3)=10⇔ (z2 +2z)(z2 +2z−3)=0
Đặt t=z2+2z Khi đó phương trình (8) trở thành: t2−3t−10=0
±
−
=
±
−
=
⇒
=
−
=
⇔
6 1
1 5
2
z
i z
t t
Vậy phương trình có các nghiệm: z=−1± 6;z=−1±i
0,25 0,25
0,25 0,25
Câu 6b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A và đỉnh A có tọa độ là
các số dương hai đỉnh B, C nằm trên trục Ox, đường thẳng AB có phương trình là
3 7( 1)
y= x− ,chu vi tam giác ABC bằng 18 Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C
(Do tọa độ của A là các số dương) Gọi AH là đường cao của tam giác ABC thì H(a; 0)⇒C a(2 −1;0)
Chu vi tam giác ABC = AB + BC + AC = 10a - 2 =18 ⇒ =a 2
Vậy các đỉnh của tam giác ABC có tọa độ là (2;3 7), (1;0), (3;0)
0,25
0,25 0,25
0,25 Câu 7b ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
(S) có bán kính nhỏ nhất và tiếp xúc với cả hai đường thẳng( ),( ).d1 d2
1,0
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A và
B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥d d d dấu bằng xảy ra khi I là ( 1, 2)
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u
⊥
uuur r uuur ur A∈d1, B∈ d2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t),
B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
⇒ uuur (….)… AB ⇒A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)⇒ I(2; 1; -1) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6
Nên có phương trình là: ( )2 2 2
x− + y− + +z =
0,25
0,5
0,25 Câu 8b Giải bất phương trình x(3log2 x− >2) 9 log2 x−2 1,0
Điều kiện:x>0
Bất phương trình ⇔ 3(x−3)log2 x>2(x−1) Nhận thấy x = 3 không là nghiệm của bất phương trình TH1 Nếu x>3 BPT ⇔
3
1 log
2
3
−
>
x
x x
0,25
Trang 7Xét hàm số: f x log2 x
2
3 ) ( = đồng biến trên khoảng (0;+∞)
3
1 )
(
−
−
=
x
x x
g nghịch biến trên khoảng (3;+∞)
*Với x>4:Ta có
=
<
=
>
3 ) 4 ( ) (
3 ) 4 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt có nghiệm x>4
* Với x<4:Ta có
=
>
=
<
3 ) 4 ( ) (
3 ) 4 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt vô nghiệm
TH 2 :Nếu 0< x<3 BPT ⇔
3
1 log
2
3
−
<
x
x x
f x log2 x
2
3 ) ( = đồng biến trên khoảng (0;+∞)
3
1 )
(
−
−
=
x
x x
g nghịch biến trên khoảng ( )0;3
*Với x>1:Ta có
=
<
=
>
0 ) 1 ( ) (
0 ) 1 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt vô nghiệm
* Với x<1:Ta có
=
>
=
<
0 ) 1 ( ) (
0 ) 1 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt có nghiệm 0< x<1
Vậy Bpt có nghiệm
<
<
>
1 0
4
x x
0,25
0,25
0,25