Tài liệu Đề thi thử Đại học Môn Toán và đáp án

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Tìm trên C những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của C nhỏ nhất.. Tìm vị trí của M trên C để tứ diện ABHM có thể tích

Trờng THPT Nguyễn Huệ đề thi thử đại học lần 1 năm 2010

Môn: TOáN ; Khối: A,B

(Thời gian làm bài: 180 phút)

Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 1

1

x y x

+

= +

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2 Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.

Câu II (2 điểm)

1 Giải hệ phơng trình:  + +x x 16 y y− =1 44 6

 + + + =



2 Giải phơng trình: 1 2(cos sin )

x x

−

=

Câu III (1 điểm)

Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) tâm O đờng kính AB = 2R.Trên đờng thẳng vuông góc với (P) tại O lấy điểm S sao cho OS = R 3 I là điểm thuộc đoạn OS với SI = 2

3

R

M là một

điểm thuộc (C) H là hình chiếu của I trên SM Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó

Câu IV (1 điểm)

Tính tích phân: I =

1

2

1 1 1

dx

x x

−∫ + + +

Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dơng thỏa mãn xyz=1 Chứng minh rằng

1 1 1 1

x y + y z +z x ≤

Phần riêng(3,0 điểm).Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A.Theo chơng trình Chuẩn

Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích

bằng 3

2 và trọng tâm thuộc đờng thẳng ∆ : 3x – y – 8 = 0 Tìm tọa độ đỉnh C.

Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số

đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0) trong đó phải có chữ số 7

Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phơng trình sau có nghiệm: 1 2 1

log x + > 1 log (ax a+ )

B.Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): 2 2 1

x + y = và đờng thẳng ∆ :3x + 4y =12

Từ điểm M bất kì trên ∆ kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB Chứng minh rằng đờng thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.

Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số 2 4 3

2

x x y

x

= + có đồ thị (C).Giả sử đờng thẳng y = kx + 1 cắt (C)

tại 2 điểm phân biệt A, B Tìm tập hợp trung điểm I của AB khi k thay đổi.

Câu VIII.b (1 điểm) Giải phơng trình: ( )log 2 ( )log 2 2

-

-Trờng THPT Nguyễn Huệ đáp án – thang điểm

đề thi thử đại học lần 1 năm 2010

Môn: TOáN ; Khối: A,B

Lu ý:Mọi cách giải đúng và ngắn gọn đều cho điểm tối đa

I 1.(1,0 điểm) Khảo sát

(2,0 điểm) * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên - Giới hạn và tiệm cận: xlim→+∞y=xlim→−∞y=2; tiệm cận ngang: y = 2 x→ −lim( 1)− y= +∞; limx→ −( 1)+ y= −∞; tiệm cận đứng: x = - 1 0,25 - Bảng biến thiên Ta có 2 1 ' 0 ( 1) y x = < + với mọi x≠- 1 x -∞ -1 +∞

y’ + +

y +∞ 2

2 -∞

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-∞; -1) và ( -1; +∞) 0,5 * Đồ thị 0,25 2 (1,0 điểm) Tìm trên (C) những điểm

Gọi M(x0;y0) là một điểm thuộc (C), (x0 ≠- 1) thì 0

0 0

1

x y x

+

= +

Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì

0,25

MA = |x 0 +1| , MB = | y 0 - 2| = | 0

0

1

x x

+ + - 2| = | 0

1 1

x + |

Theo Cauchy thì MA + MB ≥ 2 0

0

1

1

x

+

⇒ MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x0 = 0 hoặc x 0 = -2.Nh vậy ta có hai

điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3)

0,25

0,25

II 1.(1,0 điểm) Giải hệ

(2,0 điểm)

Điều kiện: x≥-1, y≥1 Cộng vế theo vế rồi trừ vế theo vế ta có hệ

 + − + + + − − =



Đặt u= x+ + 1 x+ 6 , v = y− + 1 y+ 4 Ta có hệ

10

5 5 2u v

u v



 + =

 + =





5

u

v=

=

5

x

y=

= là nghiệm của hệ

0,25

0,25

0,25

0,25

2 (1,0 điểm) Giải phơng trình

Điều kiện:sinx.cosx≠0 và cotx≠1 Phơng trình tơng đơng

1

−

=

⇒cosx = 2

± +

Đối chiếu điều kiện pt có 1 họ nghiệm x = 2

− +

0,25

0,25

0,25

0,25 III Tìm vị trí

(1,0 điểm) S

H I

O

B

M A

Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R 3 , SI = 2

3

R

,

SM = SO2 +OM2 = 2R⇒SH = R hay H là trung điểm của SM Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên mp(MAB) thì HK = 1

2 SO= 3

2 R , (không đổi)

⇒VBAHM lớn nhất khi dt( ∆ MAB) lớn nhất ⇒M là điểm giữa của cung AB

Khi đó V BAHM = 3 3

6 R (đvtt)

0,25

0,25

0,5

IV Tính tích phân

(1,0 điểm) Đặt u = x+ 1 x+ 2 thì u - x= 1 x+ 2 ⇒ x2 − 2ux u+ 2 = + 1 x2

2

2

1

u

Đổi cận x= - 1 thì u = 2-1

x = 1 thì u = 2+1

2

1

2

du

u I

=

2 1 2 1

2

2 1 2 1

du

du

=1

0,25

0,25

0,25

0,25 Câu V

(1,0 điểm) Đặt x=a

3 y=b3 z=c3 thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có

a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)ab, do a+b>0 và a2+b2-ab≥ab

⇒ a3 + b3+1≥ (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0

0,25

⇒ 3 3 ( )

Tơng tự ta có

3 3

Cộng theo vế ta có

x y + y z +z x

1

a + b + 1+ 3 3

1

c 1

1

a 1

≤ (a b c1 ) ab bc ca1 1 1

+ +  =(a b c1 ) (c a b+ + =) 1

+ +

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

0,5

0,25

VI a Tìm tọa độ

(1,0 điểm) Ta có: AB = 2, M = ( 5; 5

2 − 2), pt AB: x – y – 5 = 0

S∆ABC= 1

2d(C, AB).AB = 32 ⇒ d(C, AB)= 32 Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= 1

2

⇒ d(G, AB)= (3 8) 5

2

t− t− −

= 1

2 ⇒t = 1 hoặc t = 2

⇒G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)

Mà CMuuuur= 3GMuuuur⇒C = (-2; 10) hoặc C = (1; -4)

0,25

0,5 0,25 VII a Từ các chữ số

(1,0 điểm) Gọi số có 6 chữ số là abcdef

Nếu a = 7 thì có 7 cách chọn b, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f ở đây có 7.6.5.4.3 = 2520số

Nếu b = 7 thì có 6 cách chọn a, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f ở đây có 6.6.5.4.3 = 2160số

Tơng tự với c, d, e, f Vậy tất cả có 2520+5.2160 = 13320 số

0,25

0,5

0,25 VIII a Tìm a để

(1,0 điểm) Điều kiện: ax + a > 0

Bpt tơng đơng x2 + < 1 a x( + 1)

Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có 2 1

1

x

a

x + <

+

Nếu a<0 thì x +1 <0.Ta có 2 1

1

x

a

x + >

+

Xét hàm số y = 2 1

1

x x

+ + với x ≠- 1

y’ = 2 12

x

x x

− + + =0 khi x=1

x - ∞ -1 1 + ∞ y’ - || - 0 +

y

-1 +∞ 1

-∞ 2

2

a> 2

2 hoặc a < - 1

0,25

0,25

0,25

0,25

VI b Chứng minh

(1,0 điểm) Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)

Tiếp tuyến tại A có dạng

1 1 1

xx + yy =

Tiếp tuyến đi qua M nên

0 1 0 1 1

x x + y y = (1)

Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt

0 0 1

+ = do M thuộc ∆ nên 3x 0 + 4y 0 =12 ⇒4y0 =12-3x 0

4

4

Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì

(x- y)x0 + 4y – 4 = 0

4x y− =y 4 0 x y= 1

Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1)

0,25

0,5

0,25 VII b Tìm tập hợp

(1,0 điểm)

y = kx + 1 cắt (C): 2 4 3

2

x x y

x

= + Ta có pt

2 4 3 2

x x x

+ = kx + 1 có 2 nghiệm phân biệt⇒ ≠k 1

Trung điểm I của AB có tọa độ thỏa mãn

2 3

1

k x k

y kx

+

 =

 = +



2

x x y

x

⇒ =

−

0,25

0,5

Vậy quĩ tích cần tìm là đờng cong 2 2 5 2

x x y

x

=

−

0,25

VIII b Giải phơng trình

(1,0 điểm) Điều kiện : x>0

Đặt( )log 2

3 1 + x =u, ( )log 2

3 1 − x =v ta có pt

u +uv 2 = 1 + u 2 v 2 ⇔(uv2 -1)(u – 1) = 0

2 1 1

u

uv=



⇔  =  x =1

0,25

0,5 0,25

Sở GD-ĐT phú thọ

Trờng T.H.p.t long châu sa éỀ THI thử ĐẠI HỌC lần ii

NĂM học: 2009-2010 Mụn thi : TOÁN

làm bài:180 phútThời gian (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Cõu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x 2 + mx + 1 cú đồ thị là (C m ); ( m là tham số)

1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.

2 Xỏc định m để (C m ) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phõn biệt C(0;1), D, E

sao cho cỏc tiếp tuyến của (C m ) tại D và E vuụng gúc với nhau

Cõu II:(2 điểm)

1 Giải hợ̀ phương trình: 2 0

x y xy







2 Tìm x∈ ( 0 ; π ) thoả mãn phơng trình: cotx – 1 = x x

x

x

2 sin 2

1 sin tan

1

2

Cõu III: (2 điểm)

1 Trờn cạnh AD của hỡnh vuụng ABCD cú độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x ≤ a)

Trờn đường thẳng vuụng gúc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho

SA = 2a

a) Tớnh khoảng cỏch từ điểm M đến mặt phẳng (SAC).

b) Kẻ MH vuông góc với AC tại H Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn nhất

2. Tớnh tớch phõn: I = 4 2

0 (x sin 2 ) cos 2x xdx

π

+

Cõu IV: (1 điểm) : Cho các số thực dơng a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1.

Chứng minh rằng : a b2 b c2 c a2 2.

PHẦN RIấNG (3 điểm) ( Chú ý!:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần)

A Theo chương trỡnh chuẩn

Cõu Va : 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3

2 và trọng tâm thuộc đờng thẳng ∆: 3x – y – 8 = 0 Tìm tọa độ đỉnh C.

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)

và đờng thẳng ∆ : 1 2

x− = y+ = z

− Tìm toạ độ điểm M trên ∆ sao cho:MA2 +MB2 = 28

Cõu VIa : Giải bất phơng trình: ( 2 3 ) 2 2 1 ( 2 3 ) 2 2 1 2 4 3

−

≤

− +

B Theo chương trỡnh Nõng cao

Cõu Vb : 1 Trong mpOxy, cho đường trũn (C): x2 + y 2 – 6x + 5 = 0 Tỡm M thuộc trục tung sao cho

qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà gúc giữa hai tiếp tuyến đú bằng 60 0

2.Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d với

d : x 1 y 1 z

− Viết phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuụng gúc với đường thẳng d và tìm toạ độ của điểm M’ đối xứng với M qua d Cõu VIb : Giải hệ phương trỡnh

xy xy







……… … ……… Hết………

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Hớng dẫn chấm môn toán

y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm)

1 m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3)

+ TXẹ: D = R + Giới hạn: lim , lim

→−∞ = −∞ →+∞ = +∞

0,25 + y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀x

⇒ hàm số đồng biến trên R

• Baỷng bieỏn thieõn:

0,25

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)

y” = 0 ⇔ x = –1 ⇒ tõm đối xứng U(-1;0)

* ẹoà thũ (C3):

Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1)

0,25

Phửụng trỡnh hoaứnh ủoọ giao ủieồm cuỷa (Cm) vaứ ủửụứng thaỳng

y = 1 laứ:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔

=



 + + =

 2

x 0

0,25

* (Cm) caột ủửụứng thaỳng y = 1 taùi C(0;1), D, E phaõn bieọt:

⇔ Phửụng trỡnh (2) coự 2 nghieọm xD, xE ≠ 0

⇔∆ = −2+ ì + ≠> ⇔ < ≠

m 0

9 4m 0

4 m

Luực ủoự tieỏp tuyeỏn taùi D, E coự heọ soỏ goực laàn lửụùt laứ:

kD=y’(xD)=3x2D + 6xD+ = − m (3xD + 2m);

kE=y’(xE)= 3x2E + 6xE + = − m (3xE + 2m).

Caực tieỏp tuyeỏn taùi D, E vuoõng goực khi vaứ chổ khi: kDkE = –1

0,25

⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1

⇔ 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

⇔ 9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét) ⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔

8

8

m

m

=





=





 So s¸nhÑk (*): m = 1 9 65( − )

8

0,25

1 §k:

1 1 2

x y

≥





 ≥



(1)

2 0( )

x y voly

 + =



0,5

⇔ x = 4y Thay vµo (2) cã

1 ( )

2

y tm

x

 =

⇔  − = ⇔  = ⇒  =



0,25

V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25

®K:







−≠

≠

⇔







≠+

≠

1 tan

02

sin 0 cos sin

02

sin

x

x x

x

x

x x

x x x

x x

cos sin sin

sin cos

cos 2 cos sin

sin

+

=

−

⇔

x

x x

cos sin sin

cos sin cos

sin

sin

− +

−

=

−

⇔

0,25

⇔ cosx− sinx= sinx( 1 − sin 2x) ⇔ (cosx− sinx)(sinxcosx− sin 2x− 1 ) = 0

0,25

⇔ (cosx− sinx)(sin 2x+ cos 2x− 3 ) = 0

(cos )( 2 sin(2 ) 3) 0

4

4

x sinx

x π voly





⇔



0,25

⇔ cosx− sinx= 0 ⇔tanx = 1 ( )

4 k k Z

Do ( )

4 0

;

0π ⇒ = ⇒ =π

x

0,25

SA ABCD

SAC ABCD

SA SAC

⊥



Lai cã

2

o

MH AC SAC ABCD

x

MH SAC d M SAC MH AM

0,25

Ta cã

0

MHC

AH AM cos HC AC AH a

V SA S a a

∆

∆

O,5

Tõ biÓu thøc trªn ta cã:

[ 2 ]2 3

2

SMCH

a

a

a

x a

⇔ =

⇔ M trïng víi D

0,25

12

IV 1 1

.Ta có :VT =( a b c ) ( b2 c2 a2 ) A B

b c c a a b+ + + b c c a a b+ + = +

2

3 2

A a b b c c a

a b b c c a

a b b c c a

a b b c c a A

⇒ ≥

0,25

1

2

a b c

a b c a b b c c a

a b b c c a

B B

0,25

Từ đó tacó VT 3 1 2

≥ + = =

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3

0,25

Ta có: AB = 2, trung điểm M ( 5; 5

2 − 2),

pt (AB): x – y – 5 = 0

0,25

S∆ABC= 1

2d(C, AB).AB = 3

2 ⇒ d(C, AB)= 3

2

Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= 1

2

0,25

⇒ d(G, AB)= (3 8) 5

2

t− t− −

= 1

2 ⇒t = 1 hoặc t = 2

⇒G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)

0,25

Mà CMuuuur= 3GMuuuur⇒C = (-2; -10) hoặc C = (1; -1)

0,25

1

2

x t ptts y t M t t t

z t

= −





 =



0,5

Ta có: MA2 +MB2 = 28 ⇔ 12t2 − 48t+ 48 0 = ⇔ =t 2 0,25

Từ đó suy ra : M (-1 ;0 ;4) 0,25

Bpt (2 3) 2 (2 3) 2 4

2 2

≤

− + +

(2 + 3) 2 2 ( > 0 )

t x x BPTTT : +1≤ 4

t t

⇔ − + ≤t2 4 1 0t ⇔ 2 − 3 ≤t≤ 2 + 3 (tm)

0,25

Khi đó : 2 − 3 ≤(2 + 3)x2−2x≤ 2 + 3 ⇔ − 1 ≤x2 − 2x≤ 1

0,25

0,25

(C) cú tõm I(3;0) và bỏn kớnh R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) Vậy ãã

0

0

60 (1)

120 (2)

AMB AMB



 Vỡ MI là phõn giỏc của ãAMB

(1) ⇔ ãAMI = 300

0

sin 30

IA MI

2

(2) ⇔ ãAMI = 600

0

sin 60

IA MI

⇔ = ⇔ MI = 2 3

9 3

Vụ nghiệm Vậy cú hai điểm M1(0; 7) và M2(0;- 7)

0,5

0,5

Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của M trờn d, ta cú MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuụng gúc với d

d cú phương trỡnh tham số là:

x 1 2t

y 1 t

z t

= +



 = − +



 = −



Vỡ H ∈ d nờn tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra :MHuuuur= (2t − 1 ; −

2 + t ; − t)

0,25

Vỡ MH ⊥ d và d cú một vectơ chỉ phương là ur = (2 ; 1 ; −1), nờn : 2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t = 23 Vỡ thế, MHuuuur =

; ;

0,25

3 (1; 4; 2)

MH

uuuuur= MHuuuur= − −

Suy ra, phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng MH là:

x 2 y 1 z

0,25

Theo trên có ( ;7 1; 2)

H − − mà H là trung điểm của MM’ nên toạ độ M’

0,25

ĐK: x>0 , y>0

(1) ⇔ 22 log 3xy − 2log 3xy − = 2 0 0,5

⇔log3xy = 1 ⇔ xy = 3⇔y= 3

x

(2)⇔ log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = 9

0,25

Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3; 3) hoặc ( 6; 6

A M D

S

H