2 Tìm điểm M trên C sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đờng tiệm cận là nhỏ nhất.. Tính thể tích của khối lăng trụ đó.. Tìm toạ độ của các đỉnh còn lại của hình vuông đó.. Lập phơng t
Trang 1Đề thi thử đại học số 15 năm 2011
Môn thi : toán, Khối A (Thời gian làm bài 180 phút , không kể giao đề)
A Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7,0 điểm)
Câu I ( 2 đ): Cho hàm số: 2
1
x y x
−
= + (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2) Tìm điểm M trên (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đờng tiệm cận là nhỏ nhất
Câu II ( 2 đ):
1) Giải phơng trình: 4(sin6 cos ) 6.cos 26 2.cos 4 0
sin 2
x
2) Giải hệ phơng trình sau:
+ = +
3) Giải phơng trình : 2 2x 3
x 2 x
3 4 18
−
Câu III (1 đ): Tính tích phân sau: 2
2 1
4 ln
e
−
∫
Câu IV (1 đ:Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông
cân tại A,BC a= 2, hình chiếu của A’ trên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác ABC, cạnh bên tạo với mặt đáy một góc 600 Tính thể tích của khối lăng trụ đó
Câu V (1 đ): Cho hai số thực x, y thoả mãn : x− 3 x+ = 1 3 y+ − 2 y
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y
B Phần tự chọn ( 3,0 điểm)
1 Theo ch ơng trình chuẩn:
Câu VI.a ( 2đ):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh A(4; 5), đờng chéo BD có phơng trình: y - 3 = 0 Tìm toạ độ của các đỉnh còn lại của hình vuông đó
2) Trong không gian Oxyz cho (P): 3x - 2y - 3z - 7 = 0 và d :x 2 y 4 z 1
Viết phơng trình đờng thẳng ∆ đi qua A(-1; 0; 1), song song với mặt phẳng (P) và cắt đờng thẳng d
Câu VII.a (1đ): Giải bất phương trỡnh: (n2 − 5)C n4 + 2C n3 ≤ 2A n3 với n∈N
2 Theo ch ơng trình nâng cao:
Câu VI.b ( 2đ):
1) Trong mặt phẳng Oxy cho A(2;1) và đờng thẳng (d):2x+3y+4=0 Lập phơng trình
đờng thẳng đi qua A tạo với đờng thẳng (d) một góc 450
2) Trong không gian Oxyz cho 3 đờng thẳng:
1
x 2 y 2 z 1
d :
− = + = − ;
2
x 7 y 3 z 9
d :
− ; 3
x 1 y 3 z 2
d :
Viết phơng trình đờng thẳng d song song với d3 và cắt d1, d2
Câu VII.b ( 1đ): Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng
Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi
a) Tính xác suất để chọn đợc 2 viên bi cùng màu
b) Tính xác suất để chọn đợc 2 viên bi khác màu
ĐáP áN Câu I :
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: ( trình bày theo chơng trình cơ bản)
a) Tập xác định: D = R \ {-1}
b) Sự biến thiên
( 1) ( 2) 3
( 1) ( 1)
+ − −
Trang 2=> Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ∞, -1) và (-1, +∞)
Hàm số không có cực trị
Giới hạn:
+ lim lim 2 1
1
x y
x
−
+
=> Đờng thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
+
( 1) ( 1)
2 lim lim
1
x y
x
−
+
2 lim lim
1
x y
x
−
+
=> đờng thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
Bảng biến thiên:
y
c) Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (2;0 )
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;-2)
f(x)=(x-2)/(x+1)
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x y
2) Gọi M(x0, y0) ∈ (C) , ( Trong đó 0
0
2 1
x y x
−
= + và x0 ≠ -1) Gọi d1 là phơng trình tiệm cận đứng: x + 1 = 0
Gọi d2 là phơng trình tiệm cận ngang: y - 1 = 0
Ta có: d(M d; )1 = x0+ 1; d(M d; 2) = y0− 1
Ta có tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận là: 1 2 0
( , ) ( , ) 0
0
2
1
x
x
−
+
−
0
3
1
x
2 0
( 1) 3
x
Với: x0 = 3 1 − ⇒ y0 = − 1 3
.x0 = − 3 1 − ⇒y0 = + 1 3
Vậy có 2 điểm M ∈ (C) thoả mãn yêu cầu bài toán là:M1(− + 1 3;1 − 3) và M2(− 3 1;1 − + 3).
Câu II:
1) 4(sin6 cos ) 6.cos 26 2.cos 4 0
sin 2
x
Điều kiện: sin2x ≠ 0
Trang 3Ta có (1) 3 2 2
4(1 sin 2 ) 6cos 2 2(2cos 2 1) 0
4 3sin 2x 6cos 2x 4cos 2x 2 0
4 3(1 cos 2 ) 6cos 2x x 4cos 2x 2 0
4 3 3cos 2x 6cos 2x 4cos 2x 2 0
2
7 cos 2x 6cos 2x 1 0
cos 2 1 sin 2 0 ( )
1 cos 2 ( )
7
= −
1
2 arccos 2
7 1
cos 2
2 arccos 2
7
x
π π
= − ⇔
x arc kπ k Z
Vậy phơng trình đã cho có hai họ nghiệm
arccos
x= − ữ+kπ
và
arccos
x= − − ữ+kπ
2) Giải hệ phơng trình sau:
(1)
8 2 2 3 2 (2)
+ = +
* Điều kiện
2 3
x y
− ≤ ≠
≥
Giải (1) ta có: x 2 y 2 x 2 y 2 (*)
+ = + ⇔ − = −
Xét hàm số f t( ) t 2
t
= − với t≠0
2
2
'( ) 1 0 0
t
Mà (*) ⇔ f x( ) = f y( ) ⇔ =x y thế vào PT (2) ta có:
x+ − x+ = x− điều kiện 2
3
x≥
8 5 2 (3 2)(2 2)
8 4x 2 (3x 2)(2x 2)
4 2x (3x 2)(2x 2)
2
2
3 (3 2)(2 2) (4 2 ) 6 2 4 16 16 4
− + ≥
2
2
2 2
3
1 ( )
2 18 20 0
10 ( )
x x
≤ ≤
Vậy ta có : 1
1
x y
=
=
=>Hệ phơng trình đã cho có 1 nghiệm (x, y) là (1; 1).
3) Điều kiện: x ≠ 0
Ta có: 2 2x 3 2 2x 3
3 4 18 log 3 4 log 18
Trang 42
4x 6
x 2 log 2 2 log 2
x
−
( 2 )
3
3(x 2)
x 4 log 2 0
x
−
⇔ (x-2)(x2 + 2x + 3log32) = 0 2
3
x 2 = 0
2 ( )
x 2x 3log 2=0 (VN) x tm
−
2 1
1
ln
4 ln
e
−
2
1
ln
4 ln
dx x dx
−
* Ta tính tích phân 1
2 1
1
.
4 ln
e
−
∫
Đặt u = lnx => du = dx
x
Khi x = 1 thì u = 0; Khi x = e thì u = 1 1
0 4
du I
u
⇒ =
−
∫
Đặt u = 2sint => du = 2costdt
Khi u = 0 thì t = 0; u = 1 thì t =
6
π
2.cos 2.cos
2.cos
4 4sin
t t
−
6 0
x
π π
* Ta tính tích phân 2
2 1
ln
e
I =∫ x dx
Đặt ln2 2.ln
dx
x
2 2
1
.ln 2ln 1
e
x
1
.ln 2.ln 1
e
e
Đặt ln
dx
x
2 2
1
.ln 2 ln 2
e
x
= e - 2e + 2e - 2 = e - 2
6
I = + = + −I I π e .
Câu IV:
Do ∆ABC vuông cân tại A mà BC = a 2
=> AB = BC = a
2 1
.
ABC
a
S∆ = AB BC= (đvdt)
Ta có A'G ⊥ (ABC) => A'G là đờng cao
của khối lăng trụ A'B'C'.ABC
Gọi M là trung điểm của BC
a
Do G là trọng tâm ∆ABC 2 2
a
Xét ∆A'AG ta có:
tan 60 ' tan 60 3.
A G AG AG
B
G
A
B'
C M
60 0
a
a
Trang 52 3 ' ' '
'
ABC A B C ABC
Câu V: Ta có : x− 3 x+ = 1 3 y+ − ⇔ + = 2 y x y 3( x+ + 1 y+ 2)
Đặt: x y a 3 + = ⇒ ( x+ + 1 y+ 2)=a
Ta đi tìm điều kiện của a đê hệ phơng trình sau có nghiệm: 3( 1 2)
x y a
+ =
Ta có hệ (I) (3( 1) (1 2) 2) 3
+ + + = +
Đặt u= x+ 1 ;v= y+ 2 (u≥ 0;v≥ 0)
Ta có hệ phơng trình:
2 2
2
3
1
a
u v
u v uv a
+ =
+ = +
Suy ra : u và v là nghiệm của phơng trình: 2 1 2
3 0
t − t+ − −a =
ữ
Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình (*) có hai nghiệm t1, t2 không âm
2
2
9 3 21
2
+
hay 9 3 21 9 3 15
2
MaxA= + MinA= +
Phần tự chọn
1 Theo ch ơng trình chuẩn:
C
âu VIa :
1) Đờng thẳng AC vuông góc với BD: y - 3 = 0 nên
có phơng trình dạng: x + c = 0 mặt khác AC lại
đi qua A( 4; 5) nên c = - 4
Vậy AC: x- 4 = 0 ⇒I(4;3)
Đờng tròn ngoại tiếp ABCD có tâm I(4;3), bán kính
R= AI = 2 nên có phơng trình: ( ) (2 )2
x− + −y =
Toạ độ điểm B và D thoả mãn hệ phơng trình:
3
6
2
y
x
x
=
Vậy: A(4;5), B(6;3), C(4;1), D(2;3)
Hoặc: A(4;5), B(2;3), C(4;1), D(6;3)
2).
Gọi B = ∆∩ d => B(2 + 3t; -4- 2t; 1 + 2t)
Ta có: uuurAB= + (3 3 ; 4 2 ; 2 )t − − t t
Vì ∆ // (P) ⇒uuur uurAB⊥n P ( nuurP = (3; 2; 3) ) − − )
. P 0
AB n
⇒uuur uur=
⇔ 3(3 + 3t) - 2(-4 - 2t) - 3(2t) = 0
⇔ 9 + 9t + 8 + 4t - 6t = 0
⇔ 7t = -17 ⇔ = −t 177
B
I(4;3 )
D
y=3
.
A(-1;0;1)
()
p
n r
P
(d)
Trang 6Lúc đó 30 6; ; 34 2( 15;3; 17)
7 7 7 7
AB= − − = − −
uuur
Vậy (∆) có PT: 1 1
15 3 17
x+ = =y z−
Câu VII.a (1đ):
2 Theo ch ơng trình nâng cao
Câu VI.b
1) Đờng thẳng (d): 2x + 3y + 4 = 0 có vectơ pháp tuyến là nuurd = (2;3)
Đờng thẳng ∆ đi qua A(2; 1) có PT dạng: a(x - 2) + b(y - 1) = 0 (a2 + b2 ≠ 0)
⇔ ax + by - (2a +b) = 0 ⇒ (∆) có vec tơ pháp tuyến nuur∆ = ( ; )a b
Theo giả thiết thì góc giữa ∆ và d bằng 450
cos 45 cos( , )
.
d d
d
n n
n n
n n
∆
∆
∆
uuruur uur uur
uur uur
2 2
2 3 2
2 13.
a b
a b
+
+
2 2
26. a b 2 2a 3b
⇔ 26(a2 + b2) = 4(4a2 + 12ab + 9b2) ⇔ 5a2 - 24ab - 5b2 = 0
2
5 a 24 a 5 0
5 1 5
a b a b
=
=
TH1: a 5
b = chọn a = 5, b = 1 ⇒∆ có phơng trình: 5x + y - 11 = 0
5
a
b = − chọn a = -1, b= 5 ⇒∆ có phơng trình: -x + 5y - 3 = 0
2).
Gọi A, B lần lợt là giao điểm của d với d1 và d2
=> A(2 + 3a; -2+4a; 1+a), B(7+b; 3+2b; 9-b)
=> uuurAB= + − (5 b 3 ;5 2a + b− 4 ;8a − −b a)
Đờng thẳng d3 có vectơ chỉ phơng là uuur3 = (1;1; 2)
Ta có: uuur uurAB u, 3 = + − (2 5b 7 ; 2 3a + −b 5 ;a b a− + )
Vì d d// 3⇒uuur uurAB u, 3=0r
2 5 7 0
1
2 3 5 0
1 0
b a
a
b a
b
b a
Khi đó A(5;2;2), B(8;5;8) ⇒uuurAB=(3;3;6) 3(1;1; 2)=
Vậy đờng thẳng (d) cần tìm có PT: 5 2 2
x− = y− = z−
Câu VII.b (1 điểm)
a) Gọi A là biến cố “ Chọn đợc 2 viên bi xanh”
B là biến cố “ Chọn đợc 2 viên bi đỏ”
C là biến cố “ Chọn đợc 2 viên bi vàng”
Và H là biến cố “ Chọn đợc 2 viên cùng màu ”
Ta có: H = ∪ ∪A B C và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 42 32 22
2 2 2
9 9 9
5 18
C
b) Biến cố “ Chọn đợc hai viên bi khác màu” chính là biến cố H suy ra
2)
(d)
(d3)
=(1;1;2)
A
B
Trang 7( ) 5 13
18 18
P H = −P H = − =
