Đề thi thử đại học môn Toán khối A năm 2011 pps

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.. Dành c

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)

Cho hàm số 1

1

x y

x





 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 1

1

x

m x







Câu II (2 điểm)

a) Tìm m để phương trình 2 sin 4xcos4xcos 4x2 sin 2x m  có nghiệm trên 0;0

2



b) Giải phương trình 1log 2 3 1log4 18 log2 4

Câu III (2 điểm)

a) Tìm giới hạn

0

1 cos

x

L

x





 b) Chứng minh rằng C1000 C1002 C1004 C1006  C10098 C100100  2 50

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

4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 c

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  C1 :x2y24y  và 5 0

C2:x2y26x8y160 Lập phương trình tiếp tuyến chung của  C1 và C2

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)

Cho điểm A2;5;3 và đường thẳng : 1 2

d     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:    tại điểm A có hoành độ bằng 4 y 2 0

b) Cho tứ diện OABC có OA4,OB5,OC và 6 AOBBOC COA60 0 Tính thể tích

tứ diện OABC

Câu VIb (1 điểm)

Cho mặt phẳng  P :x2y2z 1 0 và các đường thẳng 1: 1 3 ,

d    



2

 Tìm điểm M thuộc d 1 , N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường

thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2

ĐÁP ÁN Câu I 2 điểm

Tập xác định: Hàm số 1

1

x y x





 có tập xác định DR\ 1  

Giới hạn:

0,25

Đạo hàm:

 2

2

1

x





Hàm số nghịch biến trên các khoảng

;1 và 1; Hàm số không có cực trị

Bảng biến thiên:

0,25

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  tiệm cận ngang 1; y 1 Giao của hai tiệm

cận I 1;1 là tâm đối xứng

0,25 a)

b)

Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị 1 '

1

x

x







Học sinh tự vẽ hình

0,5

Số nghiệm của 1

1

x

m x





 bằng số giao điểm của đồ thị

1 1

x y x





 và ym.

0,25

Suy ra đáp số

m  m phương trình có 2 nghiệm

1:

m   phương trình có 1 nghiệm

1 m 1:

   phương trình vô nghiệm

0,25

Câu II 2 điểm

Ta có sin4 os4 1 1sin 22

2

xc x  x và cos4x 1 2sin 2 2 x 0,25

Do đó  1  3sin 22 x2 sin 2x 3 m

Đặt tsin 2x Ta có 0; 2 0;   0;1

2



Suy ra f t  3t22t 3 m t,  0;1

0,25

a)

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 0; 2 10



0,25

Giải phương trình 1log 2 3 1log4 18 log2   4 2

Trường hợp 1: x 1

 2 x22x0x2

0,25 b)

Trường hợp 1: 0x1

 2 x26x 3 0 x2 3 3

Vậy tập nghiệm của (2) là T 2; 2 3 3 

0,25

Câu III

a)

Tìm

0

1 cos

x

L

x







Ta có

0

lim

x

L



0,25

Xét

1

1 cos

2

L

x x

x

 

0,25

Xét

2

2

3

1 cos

2

L

 

0,25

Chứng minh rằng C1000 C1002 C1004  C100100  2 50

Ta có

0,5 b)

Mặt khác

1i2 1 2i i 2 2i1i100 2i 50  250

Vậy C1000 C1002 C1004  C100100  2 50

0,5

Cho a, b, c thoả a b c  3 Tìm GTNN của

4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 c

Đặt u 2 ;3 ; 4a b c,v2 ;3 ; 4c a b, w2 ;3 ; 4b c aM  u  v  w

w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c

  

0,25

Theo cô – si có 222b2c3 23 a b c   Tương tự … 6 0,5

Câu IV

Câu Va Học sinh tự vẽ hình

 C1 :I10; 2 , R13;C2:I23; 4 ,  R2 3 0,25 a)

Gọi tiếp tuyến chung của   C1 , C2 là :AxBy C 0A2B2 0

 là tiếp tuyến chung của   C1 , C2

 

 

;

;

 

 



0,25

Từ (1) và (2) suy ra A2B hoặc 3 2

2

A B

C  

Trường hợp 1: A2B

Chọn B 1 A2C  2 3 5 : 2xy 2 3 50

Trường hợp 2: 3 2

2

A B

C   Thay vào (1) được

3

A B  A B  A A  B  y   x y 

0,5

Gọi H là trung điểm của BC  ; '   3

2

a

0,25 b)

Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)

Ta có B C' MI B C; ' BC'B C' MB

0,5

(Học sinh tự vẽ hình)

Gọi K là hình chiếu của A trên d K cố định;

Gọi   là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên  

0,25

Trong tam giác vuông AHK ta có AH AK

Vậy AH max  AK   là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK

0,25

Gọi   là mặt phẳng qua A và vuông góc với d   : 2xy2z150

3;1; 4

K



0,25 Câu VIa

  là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK   :x4y  z 3 0 0,25

Câu Vb

Gọi  

H

a b

(H) tiếp xúc với d x:   y 2 0a2b24  1

0,25

    162 42  

a)

Từ (1) và (2) suy ra 2 8; 2 4  : 2 2 1

0,5

b)

(Học sinh tự vẽ hình)

Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OAOB'OC'4

0,25

Lấy M là trung điểm của B’C’ OAM  OB C' ' 

Kẻ AH OM AH OB C' '

0,25

.sin

OBC

3

0,25

Gọi M1 2 ;3 3 ; 2 , t  t t N5 6 '; 4 '; 5 5 ' t t   t 

 

d M P   t   t t

0,25

Trường hợp 1: t 0 M1;3; 0 , MN6 ' 4; 4 ' 3; 5 ' 5t  t   t  

   

0,25

Trường hợp 2: t 1 M3; 0; 2 , N 1; 4; 0 0,25

Câu VIb