PHẦN RIÊNG3,0 ñiểm: Tất cả thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần: A hoặc B.. Theo chương trình Chuẩn Câu Va 1,0 ñiểm.. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy.. Lập phương trình ñường thẳng qua
Trang 1KHOA TOÁN-TIN
ðỀ THI THỬ
Môn thi : TOÁN - khối A
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao ñề)
I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I (2,0 ñiểm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số 3
1
x y x
−
= +
2 Viết phương trình ñường thẳng d ñi qua ñiểm I −( 1;1) và cắt ñồ thị (C) tại hai ñiểm M, N sao cho I là trung ñiểm của ñoạn MN
Câu II (2,0 ñiểm)
sin 2x cosx+3 −2 3 cos x−3 3 cos 2x+8 3 cosx−s inx −3 3= 0
2 Giải hệ phương trình ( 3 3)
2 2
9
x y
Câu III (2,0 ñiểm)
1 Cho x, y là các số thực thoả mãn 2 2
x +xy+ y = .
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: 3 3
M =x + y − xy
2 Chứng minh 2 2 2 ( )
1 2
a b+b c+c a+ + + ≥ + + + + + với mọi số dương ; ;a b c
Câu IV (1,0 ñiểm) Cho lăng trụ tam giác ñều ABC A B C ' ' ' có cạnh ñáy là a và khoảng cách từ A
ñến mặt phẳng (A’BC) bằng
2
a Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A B C ' ' '
II PHẦN RIÊNG(3,0 ñiểm): Tất cả thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần: A hoặc B
A Theo chương trình Chuẩn
Câu Va (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng tọa ñộ (Oxy) Lập phương trình ñường thẳng qua M( )2;1 và
tạo với các trục tọa ñộ một tam giác có diện tích bằng 4
Câu VI.a (2,0 ñiểm)
1 Giải bất phương trình 1 log+ 2x+log2(x+2)>log 2(6−x)
2 Tìm m ñể hàm số 3 2 2
y=x − m+ x + m + m+ x− m m+ có cực ñại và cực tiểu
Viết phương trình ñường thẳng ñi qua ñiểm cực ñại và cực tiểu khi ñó
B Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb (1,0 ñiểm) Trong mặt phẳng tọa ñộ (Oxy) , cho ñiểm 3;1
2
Viết phương trình chính
tắc của elip ñi qua ñiểm M và nhận F1(− 3; 0) làm tiêu ñiểm
Câu VI.b (2,0 ñiểm)
1 Giải hệ phương trình
1
2x 3y
+
=
2 Tìm trên mặt phẳng tọa ñộ tập hợp tất cả các ñiểm mà từ ñó có thể kẻ ñược hai tiếp tuyến ñến ñồ
thị hàm số
2
2 2 1
y
x
=
− và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau.
-HẾT -
Trang 2- 1
ðÁP ÁN VÀ THANG ðIỂM Môn thi : TOÁN - khối A
Sự biến thiên:
• Giới hạn và tiệm cận: lim 1; lim 1 1
4
1
x
= > ∀ ∈
• BBT:
-∞
+∞
+∞
1
1 y y' x
Hàm số ñồng biến trên các khoảng (−∞ −; 1 ,) (− +∞1; )
Và không có cực trị
0,25 ñ
Ý 1 (1,0ñ)
ðồ thị: ðT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và ñối xứng qua (−1;1)
4
2
-2
x = -1
y = 1 y
x O
0,25 ñ
Gọi d là ñường thẳng qua I và có hệ số góc k d y: =k x( + +1) 1
Ta có: d cắt ( C) tại 2 ñiểm phân biệt M, N : 3 1
1
x
x
−
+
có 2 nghiệm PB khác 1−
0,25 ñ
Câu I
(2,0ñ)
Ý 2 (1,0ñ)
Hay: ( ) 2
f x =kx + kx+ + = có 2 nghiệm PB khác 1k − 0,25 ñ
Trang 3
( )
0
1 4 0
k
f
≠
⇔ ∆ = − > ⇔ <
− = ≠
Mặt khác: x M +x N = − =2 2x I ⇔ I là trung ñiểm MN với ∀ < k 0 0,25 ñ KL: PT ñường thẳng cần tìm là y=kx+ + với k 1 k < 0 0,25 ñ
Chú ý: Có thể chứng minh ñồ thị ( C) có I là tâm ñối xứng, dựa vào
ñồ thị ( C) ñể kết luận kết quả trên
2
2sin cos 6sin cos 2 3.cos 6 3cos 3 3 8( 3.cos sin ) 3 3 0 2cos ( 3cos sin ) 6.cos ( 3cos sin ) 8( 3cos sin ) 0
0,50 ñ
2
2
( 3 cos sin )( 2 cos 6 cos 8) 0
3 cos sin 0
cos 1 cos 3cos 4 0
cos 4( )
x
x
0,25 ñ
Ý 1 (1,0ñ)
2
k
π
= +
=
0,25 ñ
Ta có : x y2 2 = ⇔9 xy= ± 3 0,25 ñ
Khi: xy = , ta có: 3 x3−y3= và 4 3 ( )3
Suy ra: 3 ( )3
;
x −y là nghiệm PT X2−4X −27= ⇔0 X = ±2 31
0,25 ñ
Vậy ngiệm của PT là x=32+ 31,y= −32− 31 Hayx=32− 31,y= −32+ 31
0,25 ñ
Câu II
(2,0ñ)
Ý 2 (1,0ñ)
Khi: xy = − , ta có: 3 x3−y3 = − và 4 3 ( )3
Suy ra: 3 ( )3
;
x −y là nghiệm PT X2+4X +27=0(PTVN) 0,25 ñ
Ta ñặt t= +x 2y, từ giả thiết suy ra
2
3 3
t
=
ðiều kiện 2 30
5
t ≤
0,25 ñ
3 2 ( )
Câu III
(2,0ñ)
Ý 1 (1,0ñ)
• Xét hàm f(t) với t 2 30 2 30;
∈ − , ta ñược:
0,5 ñ
Trang 4- 3
( ) 35 12 30 ( ) 35 12 30
Ta có:
2 2
Tương tự:
2
1 2
b
2
1 2
c
Ý 2 (1,0ñ)
Cộng (1), (2), (3), ta có:
1 2
a b+b c+c a+ + + ≥ + +
0,25 ñ
Gọi M là trung ñiểm BC, hạ AH vuông góc với A’M
'
0,25 ñ
2
a
Mặt khác: 1 2 1 2 1 2 ' 6
4 '
a AA
Câu IV
(1,0ñ)
KL:
3 ' ' '
16
ABC A B C
a
Gọi d là ðT cần tìm và A a( ; 0 ,) ( )B 0;b là giao ñiểm của d với Ox,
Oy, suy ra: d:x y 1
a+b = Theo giả thiết, ta có: 2 1 1,ab 8
Khi ab = thì 28 b+ = Nên: a 8 b=2;a= ⇒4 d1:x+2y− = 4 0 0,25 ñ
Khi ab = − thì 28 b a+ = − Ta có: 8
2
Với b= − +2 2 2⇒d2: 1( − 2x) (+2 1+ 2)y− = 4 0
0,25 ñ
Câu Va
(1,0ñ)
Với b= − −2 2 2⇒d3: 1( + 2x) (+2 1− 2)y+ = KL 4 0 0,25 ñ
ðK: 0< < BPT x 6 ( 2 ) ( )2
log 2x 4x log 6 x
Ý 1 (1,0ñ)
So sánh với ñiều kiện KL: Nghiệm BPT là 2< < x 6 0,25 ñ
Ta có y'=3x2−6(m+1)x+2(m2+7m+2) 0,25 ñ
Câu VIa
(2,0ñ)
Ý 2 (1,0ñ)
HS có Cð, CT khi phương trình 3x2 −6(m+1)x+2(m2+7m+2)= có 0 hai nghiệm phân biệt Hay m < −4 17 hoặc m > +4 17
0,25 ñ
Trang 5Chia y cho y’ ta có y=y x q x'( ) ( )+r x( ) ;
Toạ ñộ ñiểm cực trị là nghiệm của hệ '( ) 0 ( )
'( ) ( ) ( )
y x
=
⇒ =
Vậy phương trình ñường thẳng cần tìn là
PTCT elip có dạng:
a b
Ta có:
3 1 4
− =
Ta có: 4 4 2 3 0 2 1( ), 2 3( )
4
b −b − = ⇔b = th b = − kth 0,25 ñ
Câu Vb
(1,0ñ)
Do ñó: a =2 4 KL:
1
y + =x x + ⇔y y−x y+ − =x ⇔ =y x y= − x 0,50 ñ
Khi: y= − thì 1 x 2
6
Ý 1 (1,0ñ)
Khi: y= thì x 1
2 3
2
3
x
x
= ⇔ = ⇔ =
Gọi M(a;b) là một ñiểm thoả mãn ñề bài Khi ñó ñường thẳng qua M
có dạng y=k x a( − )+ b
Sử dụng ñiều kiện tiếp xúc cho ta hệ
2
−
0,25 ñ
Lấy (1) – (2) ta có 1 1[ (1 ) ]
1 2 k a b
Kết hợp với (*) cho ta
2
1
1
1
2
k
k
k
≠
≠
0,25 ñ
Câu VIb
(2,0ñ)
Ý 2 (1,0ñ)
ðể từ M kẻ ñược hai tiếp tuyến vuông góc ñến ñồ thị hàm số thì hệ phương trình trên phải có 2 nghiệm phân biệt k k1, 2 sao cho k k1 2 = − 1
Trang 6- 5
Hay
2
2
1 0
1 4
( 1)
1 0
a
a b
a
a b
− ≠
≠
0,25 ñ
Vậy tập hợp ñiểm M thoả mãn yêu cầu bài toán thuộc ñường tròn
x− +y = trừ bỏ ñi 4 giao ñiểm của ñường tròn này với 2 ñường thẳng : x = 1 và –x + y + 1 = 0
0,25 ñ
-HẾT -