Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Gọi I là giao điểm của các đờng tiệm cận.. Tìm toạ độ điểm M sao cho đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.. Lập ph
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Mụn thi : TOÁN (ĐỀ 25 )
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
2
3 2
−
−
=
x
x y
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2 Cho M là điểm bất kì trên (C) Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đờng tiệm cận của (C) tại A và B Gọi I là
giao điểm của các đờng tiệm cận Tìm toạ độ điểm M sao cho đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
nhỏ nhất
Câu II (2 điểm)
−
=
− +
2 4 cos 2 sin 2 cos sin
2 sin
− +
−
>
− +
x
2
1 log ) 2 ( 2 2 ) 1 4 4 ( log
2 1
2 2
Câu III (1 điểm) Tính tích phân ∫ +
+
x x
x I
1
2ln 3 ln 1 ln
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC =
2
a
SA = a 3, ã SAB SAC = ã = 300 Tính thể tích khối chóp S.ABC
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dơng thoả mãn : a + b + c = 3
4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3
1 3
1 3
1
a c c b b a
P
+
+ +
+ +
=
Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn)
Câu VIa (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đờng thẳng d1: 2 x − y + 5 = 0 d2: 3x +6y – 7 = 0 Lập phơng trình đờng thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đờng thẳng đó cắt hai đờng thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đờng thẳng d1, d2
2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt
phẳng (P) có phơng trình:x + y + z − 2 = 0 Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) là mặt cầu đi
qua 4 điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm và bán kính của đờng tròn (C) là giao của (P) và (S)
Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dơng n biết:
2 + − 3.2.2 + + + − ( 1) (k − 1)2k− k + + − 2 (2 + 1)2 n− n++ = − 40200
Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao)
Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phơng trình: 1
9 16
2 2
=
− y
Viết phơng trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở
của (H).
2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho ( ) P : x + 2 y − z + 5 = 0 và đờng thẳng 1 3
2
3 : ) ( d x + = y + = z − , điểm A( -2; 3; 4) Gọi ∆ là đờng thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d Tìm
trên ∆ điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.
Câu VIIb (1 điểm):
Giải hệ phơng trình
+
= + +
=
+
1 1
3
2 3 2 2 2
3 2
1 3
x xy x
x y y
x
-
Trang 2Dáp án ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Mụn thi : TOÁN (ĐỀ 25 )
I 2 Tìm M để đờng tròn có diện tích nhỏ nhất 1,00
2 x
3 x 2
; x
0
0
−
−
0 0
2 x
1 )
x ( ' y
−
−
= Phơng trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: ( ) x 2
3 x ) x x ( 2 x
1 y
:
0
0 0 2
− +
−
−
−
=
Toạ độ giao điểm A, B của ( ) ∆ và hai tiệm cận là: ; B ( 2 x 2 ; 2 )
2 x
2 x
; 2
0
−
−
2
2 x 2 2
x
0
0 B
2 x
3 x 2 2
y
−
−
=
+
suy ra M là trung
điểm của AB
0,25
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có
diện tích
− +
− π
=
−
−
− +
− π
=
) 2 x (
1 )
2 x ( 2
2 x
3 x )
2 x (
0
2 0 2
0
0 2
0
=
=
⇔
−
=
−
3 x
1 x )
2 x (
1 )
2 x (
0
0 2
0
2 0
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
) 1 ( 2
4 cos 2 sin 2 cos sin
2 sin
−
=
−
2 cos 1 x sin 2
x cos x sin 2
x sin 1
− π +
=
− +
⇔
0,25
0 1 2
x cos 2
x sin 2 2
x cos 2
x sin x sin 0 1 x sin 2
x cos 2
x sin x
⇔
=
0 1 2
x sin 2 2
x sin 2 1 2
x sin x
2
sin x 0
x k
x k x
= π
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1 x 4
∫
+
1 2 e
1
xdx ln x 3 dx x ln 1 x
x ln I
+) Tính = ∫e + dx
x x
x I
1 1
ln 1
ln
x
1 tdt 2
; x ln 1 t x ln 1
Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1 ; x = e ⇒ t = 2
0,25
Trang 3( ) ( ) ( )
3
2 2 2 t
3
t 2 dt 1 t 2 tdt 2 t
1 t I
2
1
3 2
1 2 2
1
2 1
−
=
=
−
=
−
+) Tính I x ln x dx
e
1
2
=
=
⇒
=
=
3
x v x
dx du dx
x dv
x ln u
3
e
1
+
= +
= I1 3 I2
I
3
e 2 2 2
Theo định lí côsin ta có:
ã
SB = SA + AB − 2SA.AB.cosSAB 3a = + − a 2.a 3.a.cos30 = a
Suy ra SB = a Tơng tự ta cũng có SC = a
0,25
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên
MB ⊥ SA, MC ⊥ SA Suy ra SA ⊥ (MBC)
Ta có S.ABC S.MBC A.MBC MBC MBC SA SMBC
3
1 S
SA 3
1 S
MA 3
1 V
V
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau
Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN ⊥ BC
Tơng tự ta cũng có MN ⊥ SA
16
a 3 2
3 a 4
a a AM BN
AB AM AN
2 2
2 2 2
2 2 2
−
−
=
−
−
=
−
=
4
3 a
MN =
0,25
Do đó
16
a 2
a 4
3 a 3 a 6
1 BC MN 2
1 SA 3
1 V
3 ABC
.
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có
z y x
9 z
1 y
1 x
1 9 xyz
3 xyz 3 z
1 y
1 x
1 ) z y
x
(
3
3
+ +
≥ + +
⇒
=
≥
+
a 3 c c 3 b b a
9 a
3 c
1 c
3 b
1 b
a
1 P
+ + + + +
≥ +
+ +
+ +
=
0,25
S
A
B
C M
N
Trang 4áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có
3
3
3
a 3b 1 1 1
b 3c 1 1 1
c 3a 1 1 1
+ + +
0,25
Suy ra 3a 3b 3 b 3c 3 c 3a 1 4 a b c 6 ( )
3
Dấu = xảy ra
3
a 3b b 3c c 3a 1
+ + =
+ = + = + =
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a = b = c = 1 / 4
0,25
Cách 1: d1 có vectơ chỉ phơng a1( 2 ; − 1 ); d2 có vectơ chỉ phơng a2( 3 ; 6 )
Ta có: a1 a2 = 2 3 − 1 6 = 0 nên d1 ⊥ d2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P Gọi d là đờng
thẳng đi qua P( 2; -1) có phơng trình: d : A ( x − 2 ) + B ( y + 1 ) = 0 ⇔ Ax + By − 2 A + B = 0 0,25
d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450
−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
=
− + +
−
⇔
A 3 B
B 3 A 0 B 3 AB 8 A 3 45 cos )
1 ( 2 B A
B A
2 2
2
* Nếu B = -3A ta có đờng thẳng d : x − y − 5 = 0
Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d : x + y − 5 = 0
0 5 y x
:
0,25
Cách 2: Gọi d là đờng thẳng cần tìm, khi đó d song song với đờng phân giác ngoài của đỉnh
là giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho
Các đờng phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phơng trình
∆
= + +
∆
= +
−
⇔
− +
= +
−
⇔ +
− +
=
− +
+
−
) ( 0 8 y x
) ( 0 22 y x 7
y 6 x 5 y x 3 6
3
7 y x ) 1 ( 2
5 y x
2
2
1 2
2 2
2
0,25
+) Nếu d // ∆1 thì d có phơng trình x − y + c = 0
+) Nếu d // ∆2 thì d có phơng trình x + y + c = 0
Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d : x + y − 5 = 0
0 5 y x
:
VIa 2 Xác định tâm và bán kính của đờng tròn 1 điểm
Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)
Trang 5( a b c d 0 )
, 0 d cz 2 by 2 ax 2 z y
Vì A ,' B , C , D ∈ ( ) S nên ta có hệ:
−
=
−
=
−
=
−
=
⇔
=
− + +
−
= + + + +
= + + + +
= + +
−
1 d
1 c
1 b 2
5 a
0 21 d c 4 b 2 a 8
0 29 d c 4 b 6 a 8
0 14 d c 4 b 6 a 2
0 2 d b 2 a 2
Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình: x2 + y2 + z2 − 5 x − 2 y − 2 z + 1 = 0
0,25
(S) có tâm
; 1 ; 1 2
5
I , bán kính
2
29
R = +) Gọi H là hình chiếu của I lên (P) H là tâm của đờng tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đờng thẳng đi qua I và vuông góc với (P)
(d) có vectơ chỉ phơng là: n ( ) 1 ; 1 ; 1
⇒
+
=
+
=
+
=
t 1
;t 1
;t 2
5 H t
1 z
t 1 y
t 2 / 5 x
Do H = ( ) d ∩ ( P ) nên:
6
5 t 2
5 t 3 0 2 t 1 t 1 t 2
⇒
6
1
; 6
1
; 3
5 H
0,25
6
3 5 36
75
IH = = , (C) có bán kính
6
186 6
31 36
75 4
29 IH
R
1 n k
k 1 n k 2
2 1 n
1 1 n
0 1 n 1
) x 1
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:
n 1 n 1 n 1
k k 1 n k 2
1 n
1 1 n
n C 2 C x ( 1 ) kC x ( 2 n 1 ) C x )
x 1 )(
1 n
+
− + +
−
=
− +
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1 n 1 n 1 n 2
k k 1 n k
3 1 n
2 1 n 1
n 2 C 3 C x ( 1 ) k ( k 1 ) C x n ( n 1 ) C x )
x 1 )(
1 n (
Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
2n(2n 1) 2C + 3.2.2C + ( 1) k(k 1)2 − C + 2n(2n 1)2 − C ++
Phơng trình đã cho ⇔ n ( n + 1 ) = 40200 ⇔ 2 n2 + n − 20100 = 0 ⇔ n = 100 0,25
(H) có các tiêu điểm F1( − 5 ; 0 ) ( ) ; F2 5 ; 0 Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3),
0,25
Giả sử phơng trình chính tắc của (E) có dạng: 1
b
y a
x 2
2 2
2
= + ( với a > b) (E) cũng có hai tiêu điểm F ( 5 ; 0 ) ( ) ; F 5 ; 0 a2 b2 52 ( ) 1
2
0,25
( ) ( ) 4 ; 3 E 9 a 16 b a b ( ) 2
Từ (1) và (2) ta có hệ:
=
=
⇔
= +
+
=
15 b
40 a b
a b 16 a 9
b 5 a
2
2 2
2 2 2
2 2 2
0,25
Vậy phơng trình chính tắc của (E) là: 1
15
y 40
x2 2
=
Trang 6Chuyển phơng trình d về dạng tham số ta đợc:
+
=
−
=
−
= 3 1
3 2
t z
t y
t x
Gọi I là giao điểm của (d) và (P) ⇒ I ( 2 t − 3 ; t − 1 ; t + 3 )
Do I ∈ ( ) P ⇒ 2 t − 3 + 2 ( t − 1 ) − ( t − 3 ) + 5 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ I ( − 1 ; 0 ; 4 )
0,25
* (d) có vectơ chỉ phơng là a ( 2 ; 1 ; 1 ), mp( P) có vectơ pháp tuyến là n ( 1 ; 2 ; − 1 )
[ ] a , n = ( − 3 ; 3 ; 3 )
⇒ Gọi u là vectơ chỉ phơng của ∆ ⇒ u ( − 1 ; 1 ; 1 ) 0,25
+
=
=
−
=
∆
⇒
u 4 z
u y
u 1 x : Vì M ∈ ∆ ⇒ M ( − 1 − u ; u ; 4 + u ), ⇒ AM ( 1 − u ; u − 3 ; u ) 0,25
AM ngắn nhất ⇔AM⊥∆ ⇔ AM ⊥ u ⇔ AM u = 0 ⇔ − 1 ( 1 − u ) + 1 ( u − 3 ) + 1 u = 0
3
4
u =
−
3
16
; 3
4
; 3
7
+
= + +
=
+
) 2 ( 1 x xy 1 x
) 1 ( 2
3 2 2
2
x y 2 y 1 x
Phơng trình (2)
=
− +
−
≥
⇔
+
= + +
≥ +
⇔
0 ) 1 3
(
1 1
1 3
0 1
x x
xy x
x
−
=
−
≥
=
⇔
=
− +
=
−
≥
⇔
x y
x x y
x x x
3 1 1 0 0
1 3
0 1
0,25
* Với x = 0 thay vào (1)
11
8 log 11
8 2 2 12 2 8 2 3 2
0,25
* Với
−
=
−
≥
x y
x
3 1
1 thay y = 1 – 3x vào (1) ta đợc: 23x+ 1 + 2− 3x− 1 = 3 2
Đặt t = 23x+1 Vì x≥−1 nên
4
1
≥
t
+
−
=
− +
=
⇔
+
=
−
=
⇔
= +
−
⇔
= +
⇔
) 8 3 ( log 2 y
1 8 3 log 3
1 x 8
3 t
i
ạ lo 8 3 t 0 1 t 6 t 6 t
1 t )
3
(
2
2 2
0,25
Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm
=
= 11
8 log y
0 x
2
+
−
=
− +
=
) 8 3 ( log 2 y
1 8 3 log 3
1 x
2 2
0,25