đề thi thử lần 1

Chứng minh rằng tiếp tuyến tại A song song với tiếp tuyến tại B.. Hãy tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác AOB.. Hãy tính khoảng cách từ B’ đến mfABC’... Hay tam giác ABC đều./.

Sở giáo dục & đào tạo hà tĩnh

Trờng thpt hơng khê

-& & -

đề thi thử đh,cđ lần I năm học 2005-2006

Môn: Toán - Khối A,B,D

(Thời gian làm bài 180 phút)

Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số: ( 1 )

2

2

2









x

x x y

1) Khảo sát hàm số (1)

2) Lấy hai điểm A,B khác nhau bất kỳ trên đồ thị có hoành độ x , A x Bthoả mãn

4



 B

x Chứng minh rằng tiếp tuyến tại A song song với tiếp tuyến tại B

Câu II (2 điểm)

1) Giải phơng trình : cot 1

2 sin

1

2  tgx gx 

x

2) Giải hệ phơng trình:











y x y x y x

3 3 2

Câu III (2 điểm)

1) Tìm m để bất phơng trình: 9 9 2 3









x Nghiệm đúng với mọi

0 ; 9



2) Giải phơng trình: x2 logx8 log4xx 4

Câu IV (3 điểm)

1) Trong mặt phẳng Oxy cho hai đờng thẳng d1:yx và d2 :y 3x Gọi d là đờng

thẳng qua M(1;2) cắt d1, d2 lần lợt tại A và B sao cho 2MAMB 0 Hãy tính

diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác AOB

2) Trong mặt phẳng (p) cho tam giác ABC vuông tại C Từ C và B dựng các tia Cx và

By vuông góc với (p) về cùng một phía.Trên Cx, By lấy C’, B’ sao cho CC’ = 3a,

BB’ = a, cho biết CA = a, CB = 2a Hãy tính khoảng cách từ B’ đến mf(ABC’)

3) Tính tích phân: I = 



2

3

5 x 3x2 4

dx

Câu V (1 điểm) Trong các tam giác nhọn, tam giác nào làm cho biểu thức:

P =

C B

A C

B A

cos

1 cos

1 cos

1 cos

cos cos 2  2  2    Đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ

nhất đó?

Ghi chú :

- Họ và tên thí sinh: SBD:

- Khối B,D không phải làm câu IV.3

- Thí sinh đang học lớp 11 thì thời gian làm bài là 100 phút

Sở giáo dục & đào tạo hà tĩnh

Trờng thpt hơng khê

-& & -

Đáp án - thang điểm

đề thi thử đh,cđ lần I năm học 2005-2006

Môn: Toán - Khối A,B,D

Ta có y =

2

4 3







x x

a) Tập xác định: R\ 2 b) Sự biến thiên:

2

2

) 2 (

4 '







x

x x

y ; y’ = 0  x = 0, x = 4

0,25

yCĐ = y(0) = 1,yCT = y(4) = 9

Đờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng

Bảng biến thiên:

0,25

c) Đồ thị:

0,25

I.2 (1,0 điểm)

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A là 2

2 1

) 2 (

4







A

A A x

x x

k Hệ số góc của tiếp tuyến

2 2

) 2 (

4







B

B B x

x x k

0,25

Thay x B 4  x Avào biểu thức k2 ta có: 0,25

2

2 2

2 2

) 2 (

4 )

2 4

(

) 4 ( 4 ) 4 (

A

A A A

A A

x

x x x

x x

k

















Vậy k1= k2 nên tiếp tuyến tại A song với tiếp tuyến tại B 0,25

II.1 (1,0 điểm)

Đặt t tgx cotgx  0  2 2 cot 2 2





tg x g x t

=> t2  2 tg2x cotg2x= ( cot ) 2 2



 gx



x x

gx tgx

t

2 sin

4 )

2 sin

2 ( ) cot (

2









4

4 2

sin

2



t

Vậy phơng trình 











 0

1 4

4

2

t

t t

 









 4

0

t

t

(với t = -4 loại)

0,25

-3

9 3

y

I

9

x Y’

y



0 1

0

















+

Vậy t = 0  tgx = cotgx  2 1



x































k x

k x

4

4

0,25

Ta có











y x y x y x

3 3 2

 















) )(

( 1

2 2 3

3 2 2

y x y x y x y x

0,25

 













) 2 ( 0 ) 2

(

) 1 ( 1

2 2

2 2

x xy y y y x

0,25

Dễ thấy x =0 không phải là nghiệm nên phơng trình (2) có nghiệm duy nhất bằng y = 0 (PT 2 2 2 ) 0





 xy x

Vậy hệ có nghiệm 



 0 1

y x

hoặc





 0 1

y x

0,25

III.1 (1,0 điểm)

ĐK: 0 x 9đặt t x 9  x ta có 3 t  3 2 BPT

3 9









2

9 3

2





m t

0,25

Nếu t = 3 BPT(1) thoả mãn 







 9

0

x

x

0,25

Xét t  3 BPT(1)  ( 2 )

2

9 3

2 



m

3

2





t

m Đặt f(t) =

3

2



Dễ chứng minh đợc hàm f(t) nghịch biến =>

  3 3 2

2 )

( min

2 3

;

3 f t   Vậy để BPT nghiệm đúng với mọi x0 ; 9 thì

2 3 3

2





m

0,25

III.2 (1,0 điểm)

ĐK x 1 ,x 0

PT  log 2 log2 2 4

3 2



x x

2

3

2 2



x x

2

3 2



x









 3 4

2

x

x

0,25

Kết hợp ĐK bài toán ta có Nghiệm PT là x = 2 0,25

IV.1 (1,0 điểm)

Giả sử A(t1;t1)d1 , B(t2;3t2) d2 =>MA(t1  1 ;t1  2 );

) 2 3

; 1 (t2  t2 

MB

0













0 6 3 2

0 3 2

2 1 2 1

t t t t

=>











2 3 4 3

2 1

t

t

4

3

; 4

3 (

) 0

; 0 ( );

9

; 3

B

0,25

Gọi I(a;b) là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AOB khi đó ta có

2 2 2

2 IA IB IC

R    => ta có hệ



























2 2

2 2

2 2

2 2

) 2 9 ( ) 2 3 (

) 4 3 ( ) 4 3 (

b a

b a

b a

b

giải hệ này ta có













8 27 8 21

b

a

=>

32

585

2



Vậy diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác AOB là S = ( )

32

585

IV.2 (1,0 điểm)

Ta có MBB'  MCC'=>MB MC

3

1

=> ( ,'( ')) ( ,( '))

3

1

ABC C ABC

Đặt h  d(C, (ABC' )) do CC’;CB;CA đôi một vuông góc nên ta có

2 2

2 2 2 2 2

49 1

4

1 9

1 1 1 '

1 1

a a

a a CB CA C C

6a

Vậy

7

2 3

1

)) ' ( ,' (

a h

0,25

IV.3 (1,0 điểm)

Đặt 3 2 4



t => tdt = 3xdx

0,25









2

3 5

2

3

5 2 2

xdx x

x

dx I

0,25





4

3 2 4

3

3 4 3 1

t

dt t

t

tdt

Vậy

3

5 ln 4

1 3

4 2

2 ln 4

1









t

t

A

4 3

t

2 3

5 x

3a

C’

M

B’

B

C a 2a

V 1,0

Ta dễ chứng minh đợc rằng:

2

3 cos cos

cosA B C dấu đẳng thức xẩy ra khi tam giác ABC đều

0,25

Đặt x = cosA, y = cosB, z = cosC Ta có

P =

z y x z y

x2 2 2 1 1 1











4

3 ) 1 1 1 1 1 1 ( 8

1

2 2 2

z y x z

y x z y x z

y

x            áp dụng bất đẳng thức cosi ta có:

0,25

3

9 18 3

9

2 2 2 6

2 2

4

9 2

1 9

3 4

3 8

9

xyz xyz

z y x

z y x

27 4

9 2 4 9 3

1 4

9 4

9 1 4

9 4

9













z y x xyz

P

Vậy

4

27 minP  , giá trị này đạt đợc khi x = y = z Hay tam giác ABC đều./

0,25