2 Chứng minh rằng trên đồ thị C có đúng hai điểm M , sao cho tổng khoảng cách từ điểm M đến hai đờng tiệm cận là nhỏ nhất.. Tính thể tích khối chóp S.ABC từ đó suy ra khoảng cách từ điểm
Trang 1Đề thi thử Lần 1: Ngày thi 27 tháng 03 năm 2011
TRUNG TÂM LUYệN THI CÂU LạC Bộ
TRƯờNG CHUYên - BĂC NINH
_
Đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2011
Môn thi : Toán
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Đề Chính Thức
Câu I ( 2 đ) Cho hàm số:
1
2 +
−
=
x
x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2) Chứng minh rằng trên đồ thị (C) có đúng hai điểm M , sao cho tổng khoảng cách từ
điểm M đến hai đờng tiệm cận là nhỏ nhất
Câu II ( 2 đ)
1) Giải phơng trình: cosx(cos 3 x− 1 ) − sin 4 x+ 3 sinx( 2 cosx+ 1 ) + 4 = 0
2) Giải bất phơng trình: )) 0
1
2 1 ( (log
2
+
+
x x
Câu III (1 đ)
Tính tích phân sau: I = ∫ −
−
2 1
2 ln ) 4
1
1
x
Câu IV (1 đ)
Cho hình chóp tam giác S ABC biết độ dài ba cạnh SA = a, SB = 2a, SC = 3a và
Góc ASB = 600, BSC = 900, CSA = 1200
Tính thể tích khối chóp S.ABC từ đó suy ra khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (ABC)
Câu V (1 đ) Cho ba số thực dơng x, y, z thoả mãn: x.y.z = 1 Chứng minh rằng:
1
1 8 1 8 1
+
+ +
+
z x
y z
x
Câu VI ( 2đ)
1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đờng thẳng ∆1 và ∆2lần lợt có phơng trình: 2x +
y – 2 = 0; 2x + y + 8=0
Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qua điểm M(4; 1) cắt hai đờng thẳng ∆1 và ∆2 lần lợt tại hai điểm A và B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 10
2) Trong không gian toạ độ Oxyz cho đờng thẳng ∆:
=
+
−
=
+
= 0
2 1 4
z
t y
t x
và mặt cầu
(S): (x – 3)2 + (y – 4)2 + (z – 5)2 = 1.Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng
∆ đồng thời mp(P) tiếp xúc với mặt cầu (S)
Câu VII.(1đ)
Giải hệ phơng trình sau:
−
= +
−
=
−
−
−
y x
y x y
y x x
y
7
) ( 3 1 1
5
log
3 3
-hết -vanbaocbn@gmail.com ĐTDĐ: 0913.583.430
Lịch thi thử lần 2 và 3
Lần 2 Ngày 17 tháng 04 năm 2011 Hoá: 7h15’; Lý – Anh: 9h 15’; Toán: 14h
Lần 3 Ngày 22 tháng 05 năm 2011 Hoá: 7h15’; Lý – Anh: 9h 15’; Toán: 14h
Chú ý: Các lớp luyện thi đại học cấp tốc khối A,B,D,C học ngay sau khi thi tốt nghiệp.
ĐáP áN Câu I:
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số(1 đ)
2) Gọi M(x0, y0) ∈ (C) , ( Trong đó 0
0
2 1
x y x
−
= + và x0 ≠ -1);Gọi d1 là tiệm cận đứng: x + 1 = 0
Trang 2Đề thi thử Lần 1: Ngày thi 27 tháng 03 năm 2011 Gọi d2 là cận ngang: y - 1 = 0;d(M d; )1 = x0+ 1 ; d(M d; 2) = y0− 1.; 1 2 0
0
2
1
M d M d
x
x
−
+
(0;5 đ)
−
0
3
1
x
+
2
0
x
Với: .x0 = 3 1 − ⇒ y0 = − 1 3.x0 = − 3 1 − ⇒y0 = + 1 3
Vậy có 2 điểm M ∈ (C) là:M1(− + 1 3;1 − 3) và M2(− 3 1;1 − + 3).(0; 5 đ)
Câu II:
1)
π π π
π π
π
π π
2 3 1
) 6 sin(
);
( 2
3 ) 6 sin(
0 3 ) 6 sin(
) 6
(
sin
2
0 2 ) 6 sin(
) 3 2 cos(
0 4 cos sin
3 2 sin 3
2
cos
x x
x x
x x
+
−
=
⇔
−
=
−
−
=
−
⇔
= +
−
−
−
⇔
= +
− +
−
⇔
= +
− +
+
(1 đ)
2) Bất pt
>
>
+
⇔
>
+
≤ +
−
⇔
>
+ +
≤ +
+
⇔
>
+ +
≤ +
+
0
0 1
0 1
0 1
1
1 1
2 1
2 1
2 1
0 1
2 1 log
1 1
2 1 log 2
2
x x
x x
x x x
x x x
x x x
x
(1 đ)
Câu III: ta có I = A – B trong đó;
A =
9
5 ln 4
1 2
1
) 2 1 ( 4
1 2 1
) 2 1 ( 4
1 ) 2 1
1 2
1
1 ( 2
1 4
1
1
2
1
2 1
2 1
−
−
− +
+
=
−
+ +
=
x x
dx
B =
4
3 2 ln 2 ] ln
[ 2
1 ) ( ln 2
1 ln
2 1
2 1
2 1 2 2
2 1
=
Câu IV: lấy trên hai cạnh SB và SC hai điểm B’ và C’ sao cho SB’ = a = SC’ Ta có tam giác
AB’C’ vuông tại B’, hạ SH vuông góc với mp(AB’C’), do SA= SB’ = SC’ nên H là trung điểm AC’;Ta có
12
2 '.
' '.
2
1 3
1 ).
' ' ( 3
' '
a SH C B AB SH
C AB dt
SABC
C SAB
V
V
vậy
2
2 3
a
V SABC =
3 7
2 6 ) (
3 ))
(
;
ABC dt
V ABC
S
chú ý tam giác ABC cân tại C, AB=a 3;BC = AC =a 13 Câu V: Ta có : 8z3 + 1 = ( 2z+ 1 )( 4z2 − 2z+ 1 ) ≤ 2z2 + 1 2 1
1
⇒
z
x z
x
(1), ta cm
) 2 (
; 1 ) (
2 ) (
4
8
) (
) (
2 ) (
2 ) (
4 1 1 2 1 2
1
2
2 2 2 2
2 2 3 3 2 2
2
2
2 2 2 3
3 3 2
3 2 3 2 3 2
2
2
+ + + +
+ +
+
≥ + + + + + +
+ + + +
+
⇔
≥ +
+ +
+
+
z y x x
z z y y x
z
y
x
z y x zx yz xy z
y x x
z z y y x y
z x
y
z
x
2x3y2+2xy2>=4x2y2(3); 2y3z2 +2yz2 >= 4y2z2(4); 2z3x2 + 2zx2 >= 4z2x2(5)
2(x3y2 + y3z2 +z3x2) >= 2.3= 6= 6x2y2z2(6); x3 +y3 +z3 >=3 = 1 + 2x2y2z2 (7)
X3 + x > = 2x2; y3 + y >=2y2; z3 + z >=2z2 (8) cộng các vế (3), (4), (5), (6) , (7) , (8) ta đợc (2)
Câu VI: 1)
kẻ MH và MK lần lợt vuông góc với hai đt ∆1 và ∆2do hai đt song song nên 3 điểm M, H, K thẳng hàng; d(M;∆1)=MH =7/ 5;d(M;∆2)=MK =17/ 5;d(∆1;∆2)=10/ 5
ta có tỉ lệ MA/AB = MH/HK suy ra MA = 7; điểm A thuộc đt ∆1 và đờng tròn tâm M bán kinh
R = 7 nên tạo độ điểm A là nghiệm hệ phơng trình:
Trang 3Đề thi thử Lần 1: Ngày thi 27 tháng 03 năm 2011
−
=
⇔
=
−
+
=
− +
−
) 5
26
; 5
8 ( );
6
; 4 ( )
; ( 0
2 2
49 ) 1 (
)
4
y x y
x
y
x
; vậy có hai đt cần tìm:
TH1: đt ( d) đi qua M và A(4;-6) có pt: x = 4
TH2: đt (d) đi qua M và A )
5
26
; 5
8 ( − có pt: 3x + 4y – 16 = 0
2)
Mc(S) có tâm I(3; 4; 5), bán kính R = 1, đt ∆ đi qua M0(4; -1; 0) và nhận véc tơ u(1;2;0)làm vtcp, giả sử mp(P) có pttq: ax + by + cz + d = 0; (đk: a2 +b2 +c2 > 0)
vì mp(P) chứa đt ∆ và tiếp xúc với mc(S) nên tao có hệ :
+ +
= + + +
= +
−
= +
2 2 2
| 5 4 3
|
0 4
0 2
c b a d c b a
d b a
b a
giải hệ ta đợc:
−
=
=
−
=
=
−
=
=
−
=
=
108
; 11
; 12
; 24
9
; 2
; 1
; 2
d c b
a
d c b
a
CâuVII đk: x> 0; y > 0.
xét pt: 3 1 3 1 3 ( )( 1 ) 2 1 3 2 1 3y f(x) f(y)
y y x x x y
x y
y x
0
; 0 3
1 2 ) ( '
; 0
; 3
1
)
t t t f t t t
t
t
5 log
log log
0 ) 5
3 ( ln ) 5
3 ( ) 5
7 ( ln
)
5
7
(
)
(
''
);
5
3 ln(
) 5
3 ( ) 5
7 ln(
) 5
7 ( ) ( '
; 2 ) 5
3 ( ) 5
7 ( ) (
; 0 2 ) 5
3 ( ) 5
7 ( ) 3 (
5
.
2
3
7
2
=
+
=
− +
=
=
− +
⇔
=
+
t t
t t
t t t
t t
t
t
t
f
t f t
f
Hàm số f’(t) đồng biến; pt: f’(t) = 0 có nghiệm duy nhất nên pt f(t) =0 có không quá 2 nghiệm
Mà f(0) = f(1) = 0 vậy pt (3) có 2 nghiệm vậy hệ có 2 nghiệm: x = y = 1; x = y =5