Câu I (2 điểm) Cho hµm sè cã ®å thÞ (C). 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè . 2. Víi ®iÓm M bÊt kú thuéc ®å thÞ (C) tiÕp tuyÕn t¹i M c¾t 2 tiÖm cËn t¹i Avµ B . Gäi I lµ giao hai tiÖm cËn , T×m vÞ trÝ cña M ®Ó chu vi tam gi¸c IAB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt Câu II (2 điểm) : 1. Giải hệ phương trình: 2.Giải phương trình: . Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường và .
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Cõu I (2 điểm) Cho hàm số
1
1 2
−
+
=
x
x
y có đồ thị (C).
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2 Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B
Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất Cõu II (2 điểm) :
1 Giải hệ phương trỡnh:
12 12
− =
2.Giải phương trỡnh:
sin 2 cos x x + − 3 2 3 os c x − 3 3 os2 c x + 8 3 cos x − s inx − 3 3 0 =
Cõu III: Tớnh diện tớch của miền phẳng giới hạn bởi cỏc đường y = | x2 − 4 | x và y=2x.
Cõu IV (1 điểm) Cho hỡnh chúp cụt tam giỏc đều ngoại tiếp một hỡnh cầu bỏn kớnh r cho trước Tớnh thể tớch hỡnh chúp cụt biết rằng cạnh đỏy lớn gấp đụi cạnh đỏy nhỏ.
Cõu V (1 điểm) Cho phương trỡnh x+ 1− +x 2m x(1− −x) 24 x(1−x) =m3
Tỡm m để phương trỡnh cú một nghiệm duy nhất.
PHẦN RIấNG (3 điểm): Thớ sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trỡnh chuẩn.
Cõu VI.a (2 điểm)
1 Cho∆ABC cú đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y+ + =1 0 và phõn giỏc trong CD:
1 0
2 Cho đường thẳng (D) cú phương trỡnh:
2 2
2 2
= − +
= −
= +
.Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm
A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hỡnh chiếu vuụng gúc của A trờn (D) Trong cỏc mặt phẳng qua ∆, hóy viết phương trỡnh của mặt phẳng cú khoảng cỏch đến (D) là lớn nhất.
Cõu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng
2 Theo chương trỡnh nõng cao.
Cõu VI.b (2 điểm)
1 Cho hỡnh bỡnh hành ABCD cú diện tớch bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chộo nằm trờn đường thẳng y = x Tỡm tọa độ đỉnh C và D.
2 Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ cú phương trỡnh tham số
1 2 1 2
z t
= − +
= −
=
.Một điểm
M thay đổi trờn đường thẳng ∆, tỡm điểm M để chu vi tam giỏc MAB đạt giỏ trị nhỏ nhất.
Cõu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giỏc Chứng minh
2
a
a b a c a b c a c a b
-Hết -Kỳ thi thử đại học- cao đẳng
Trang 2năm 2010
Hớng dẫn chấm môn toán
I.1
Khảo sát hàm số y=
1
1 2
−
+
x
1 Tập xác định: R\{1}
2 Sự biến thiên:
) 1 (
3 )
1 (
) 1 2 ( ) 1 ( 2 '
−
−
=
−
+
−
−
=
x x
x x
y
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; 1) và (1;+∞)
Cực trị : Hàm số đã cho không có cực trị
0,25
Tiệm cận: = −∞
−
+
= −
− →
1 2 lim
lim
1
x y
x x
= +∞
−
+
= +
+ →
1 2 lim
lim
1
x y
x x
Do đó đờng thẳng x=1 là tiệm cận đứng
2
1
1 2 lim
−
+
=
±∞
→
±∞
x y
x x
Vậy đờng thẳng y= 2 là tiệm cận ngang
0,25
* Bảng biến thiên:
-∞ +∞ 2
3* Đồ thị : HS tự vẽ đồ thị hàm số.
0,5
I.2 Với M bất kì ∈ (C), tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A, B Tìm M để chu vi tam
Gọi M
−
+ 1
3 2
; 0 0
x
* Tiếp tuyến tại M có dạng:
1
3 2 ) (
) 1 (
3
0 0
2
−
=
x x
x x
y
Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B có dạng là: A
−
+
1
6 2
;
1
0
x
B(2x 0 -1; 2) ; I(1; 2)
0,25
0,25
Trang 3Câu Nội dung Điểm
* Ta có: S∆IAB =
2
1
IA IB= 21 6 1 2 0 1 2.3 6
0
=
=
−
⋅
−
* ∆IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA=
IB (HS tự chứng minh)
−
=
+
=
⇒
−
=
3 1 1
2 1
6
0
0 0
x x
x
* Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện
M 1 (1+ 3;2+ 3)
M 2 (1− 3;2− 3)
Khi đó chu vi ∆AIB = 4 3+2 6
0,5
II
1
1) CõuII:2 Giải phương trỡnh:
sin 2 cos x x + − 3 2 3 os c x − 3 3 os2 c x + 8 3 cos x − s inx − 3 3 0 = .
0 3 3 ) sin cos 3 ( 8 3 3 cos 3 6 cos 3 2 cos sin 6 cos sin 2
0 3 3 ) sin cos 3 ( 8 2 cos 3 3 cos 3 2 ) 3 (cos 2 sin
2 3
2
3
=
−
− +
+
−
− +
⇔
=
−
− +
−
− +
x x x
x x
x x
x
x x x
x x
x
0 ) sin cos 3 ( 8 ) sin cos 3 ( cos 6 ) sin cos 3 ( cos
−
=
=
=
⇔
=
− +
=
−
⇔
= +
−
−
−
⇔
) ( 4 cos
1 cos
3 tan 0
4 cos 3 cos
0 sin cos 3
0 ) 8 cos 6 cos 2 )(
sin cos 3 (
2
2
loai x
x
x x
x
x x
x x
x x
Ζ
∈
=
+
=
k x
k x
, 2
3
π
π π
1
Điều kiện: | | | |x ≥ y
Đặt
v x y
= +
; x= −y khụng thỏa hệ nờn xột x≠ −y ta cú
2
1 2
u
v
Hệ phương trỡnh đó cho cú dạng:
2
12 12 2
u v
v v
+ =
Trang 4
4 8
u v
=
hoặc
3 9
u v
=
=
+
=
+ =
+
=
+ =
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương
trình ban đầu là S={ ( ) ( )5;3 , 5; 4 }
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương
trình ban đầu là S={ ( ) ( )5;3 , 5; 4 }
1,00
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y=|x2−4 | ( )x C và
( )d :y=2x
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
6
x
Suy ra diện tích cần tính:
S= ∫ x − x − x dx + ∫ x − x − x dx
0,25
Tính: 2( 2 )
0
I =∫ x − x − x dx
Vì [ ] 2
∀ ∈ − ≤ nên |x2−4 |x = − +x2 4x ⇒
2
2 0
4
3
0,25
Tính 6( 2 )
2
K =∫ x − x − x dx
Vì ∀ ∈x [ ]2; 4 ,x2−4x≤0 và ∀ ∈x [ ]4;6 ,x2−4x≥0 nên
K =∫ x x− − x dx+∫ x − x− x dx= − .
0,25
Vậy 4 16 52
Trang 5Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’ Ta có:
( ') ( ' ') ( ' ')
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy
tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K II∈ '.
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn Ta có:
I K =I H = I C = IK =IH = IC=
Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 3 3 2 2 2
x x
I K IK OK= ⇒ = ⇒r x =
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ( ' ')
3
h
V = B B+ + B B
Trong đó: 4x2 3 2 2 2 3 3r2 3
x
0,25
Từ đó, ta có:
VI
Điểm C CD x y∈ : + − = ⇒1 0 C t( ;1−t) Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
M + −
0,25
0,25
Từ A(1;2), kẻ AK ⊥CD x y: + − =1 0 tại I (điểm K BC∈ ).
Suy ra AK:(x− − − = ⇔ − + =1) ( y 2) 0 x y 1 0
Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0 ( )0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =
− + =
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K(−1;0).
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0
7 1 8
x y
+ = ⇔ + + =
− +
Trang 6Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng
∆, thì ( ) //( )P D hoặc ( ) P ⊃( )D Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) Ta
luôn có IH ≤IA và IH ⊥AH
Mặt khác ( ( ) ( ) ) ( ( ) )
( )
∈
Trong mặt phẳng ( )P , IH IA≤ ; do đó maxIH = IA⇔ ≡H A Lúc này (P) ở vị trí (P 0 ) vuông góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P 0 ) là n IAr uur= =(6;0; 3− ), cùng phương với vr=(2;0; 1− ) Phương trình của mặt phẳng (P 0 ) là: 2(x− −4) (1 z+ =1) 2x - z - 9 = 0.
VIIa
Để ý rằng (xy+ − +1) (x y) (= −1 x) (1−y) ≥0;
và tương tự ta cũng có 1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +
+ ≥ +
Vì vậy ta có:
3
1 zx+y 1
5 1
5
x y z
x
yz zx y xy z
x
z y y z
=
vv
1,00
Ta có:
( 1;2) 5
AB= − ⇒AB=
uuur
Phương trình của AB là: 2x y+ − =2 0.
( ): ( );
I∈ d y x= ⇒I t t I là trung điểm của AC và BD nên ta có:
(2 1;2 ,) (2 ;2 2)
C t− t D t t−
0,25
Trang 7Mặt khác: S ABCD= AB CH =4 (CH: chiều cao) 4
5
CH
Ngoài ra: ( )
( ) ( )
;
t
d C AB CH
Vậy tọa độ của C và D là 5 8; , 8 2;
C D
hoặc C(−1;0 ,) (D 0; 2− )
0,50
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:
1 2 1 2
z t
= − +
= −
=
.
Điểm M∈∆ nên M(− +1 2 ;1 ; 2t −t t).
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ur=(3 ; 2 5t ) và
( 3 6;2 5)
Ta có ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
r r
Suy ra AM BM+ =| | | |ur + vr và u vr r+ =(6; 4 5) ⇒ + =|u vr r| 2 29
Mặt khác, với hai vectơ ,u vr r
ta luôn có | | | | |ur + vr ≥ +u vr r|
Như vậy AM BM+ ≥2 29
0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u vr r
cùng hướng
1
t
t t
− +
(1;0; 2)
M
⇒ và min(AM BM+ )=2 29.
0,25
Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11( + 29) 0,25
Trang 8Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >
+ >
+ >
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
.
Vế trái viết lại:
2
VT
a c a b a b c
y z z x x y
0,50
Ta có: x y z z x y z( ) 2z x y( ) 2z z
x y z x y
Tương tự: x 2x ; y 2y .
y z < x y z z x < x y z
2
x y z
y z z x x y x y z
+ +
a
a b a c a b c a c a b
0,50
V.Phương trình x+ 1− +x 2m x(1− −x) 24 x(1−x) =m3 (1)
Điều kiện : 0≤ ≤x 1
Nếu x∈[ ]0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm
duy nhất thì cần có điều kiện 1 1
2
2
x= vào (1) ta được:
1
m
m
=
* Với m = 0; (1) trở thành:
2
Phương trình có nghiệm duy nhất.
* Với m = -1; (1) trở thành
( ) ( ) ( )
4
4
2
2
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
Trang 9* Với m = 1 thì (1) trở thành:
4
x+ − −x x −x = − x −x ⇔ x− −x = x− −x
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 0, 1
2
x= x= nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
HẾT
