Trần Mạnh Tùng Môn thi: Toán Lớp Toán 12 Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1.. Chứng
Trang 1SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 4 – NĂM 2010
GV Trần Mạnh Tùng Môn thi: Toán
Lớp Toán 12 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH.
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số : = +−12
x
x
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
2 Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của đồ thị (1) đều lập với hai đường tiệm cận một tam giác có diện tích không đổi.
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình
cos 2 2 1
x
x
2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm
x2 +x+ 1 − x2 −x+ 1 =m
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c)
với a, b, c > 0.
1 Tính khoảng cách từ O đến mp (ABC).
2 Tính thể tích khối đa diện OIBC trong đó I là chân đường cao kẻ từ C của ∆ABC.
Câu IV (2 điểm)
1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 0; y =
1
) 1 (
2 +
−
x
x x
.
2 Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x + y + z = xyz.
Tìm GTNN của A = z(1xy+xy) +x(1yz+yz) +y(1zx+zx).
PHẦN RIÊNG - Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V a hoặc
V.b -Câu V a Dành cho chương trình chuẩn (2 điểm).
1 Giải phương trình log(10.5x+15.20 )x = +x log 25.
2 Tính thể tích lăng trụ đều ABC.A’B’C’ biết (ABC’) hợp với đáy góc 600 và diện tích tam giác ABC' bằng 2
3a
Câu V b Dành cho chương trình nâng cao (2 điểm).
1 Giải bất phương trình:
( 2 3 ) 2 2 1 ( 2 3 ) 2 2 1 2 4 3
−
≤
− + + x − x+ x − x−
2 Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành có AB = a, góc ABC = 300; hai mặt bên SAD và SBC vuông tại A, C cùng hợp với đáy góc α
CMR: (SAC) ⊥ (ABCD) và tính thể tích khối chóp S.ABCD.
- tranmanhtung
-Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh ……… SBD: 02 - 2010
Trang 2ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CHI TIẾT - MÔN TOÁN - ĐỀ SỐ 4 – 12U
Gv Trần Mạnh Tùng – 091 3366 543
1 Khảo sát- vẽ đồ thị (1 điểm)
− +
=
x y
• TXĐ: D = R\ {1}
• Sự biến thiên:
+ Giới hạn – Tiệm cận:
+ =+∞
x 1lim − =−∞
limx→+∞y=1 ⇒ĐTHS có tiệm cận ngang: y = 1
0,25
+ Bảng biến thiên:
y'= 0
) 1 (
3
2 <
−
−
HS nghịch biến trên các khoảng (-∞; 1) và (1; +∞ )
HS không có cực trị
0,5
• Đồ thị:
KL: Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận làm tâm đối xứng
0,25
2 CMR: Mọi tiếp tuyến …… diện tích không đổi (1 điểm)
Trang 3 Giả sử M
−
+
1
2
;
a
a
Tiếp tuyến của (1) tại M: ' ( )( ) 12
−
+ +
−
=
a
a a x a y y
= 2
2
2 4 )
1 (
3
−
− + +
−
−
a
a a x a
0,25
TCĐ: x = 1 (∆ 1) ; TCN: y = 1(∆ 1) Gọi I là giao 2 tiệm cận ⇒I(1; 1)
A = d ∩ ∆ 1 ⇒A(1; a a+−15) ; B = d ∩ ∆ 2 ⇒B(2a-1; 1) 0,25
−
=
→
1
6
; 0
a
IA ⇒IA = a6−1 ; IB→=(2a− 2 ; 0) ⇒IB = 2 a− 1
0,25
Diện tích ∆IAB: S∆IAB= IA IB
2
1
0,25
1 Tìm x∈ ( 0 ;π)thoả mãn pt (1 điểm)
ĐK:
−≠
≠
⇔
≠+
≠
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 -0,25
⇔ cosx− sinx= sinx( 1 − sin 2x)
⇔ (cosx− sinx)(sin 2x+ cos 2x− 3 ) = 0
4 k k Z
0,25
2 Tìm m để pt có nghiệm (1 điểm)
Xét hs: f(x) = x2 +x+ 1 − x2 −x+ 1
1 2
1 2 1
2
1 2 )
( '
2
−
− + +
+
=
x x
x x
x
x x
f
+ +
−
= +
− +
≥
−
+
⇔
=
)1 ()
1 2(
)1 ()
1 2(
0 )1 2)(
1
2(
0 )(
x x x x
x x
x
x x
f
0,25
Trang 4TMT – 091 3366 543 Page - 4/6
Trang 5
=
−≤
∨
≥
⇔
)(
0
2
1 2
1
l x
x x
f' ( 0 ) = 1 > 0 , ∀x∈R ⇒HS f (x)đồng biến trên R
0,25
lim ( )=1;lim ( )= −1
−∞
→ +∞
x
x f x
PT có nghiệm khi: -1 < m < 1.
PT mp(ABC): + + = 1
c
z b
y a
x
0,5
( , ( )) 2 2 2 2 2 2
a c c b b a
abc ABC
O d
+ +
=
0,25
2 Tính thể tích khối đa diện OIBC (1 điểm)
AB→ =(−a ;b; 0)
PTTS của AB:
=
=
−
=
0
z
bt y
at a x
I∈AB⇒I(a−at;bt; 0 ) ⇒ →
IC=(at −a; −bt;c)
IC→⊥ →
AB ⇔IC→.AB→ = 0 2 ( 2 2 ) 0 2 2 2
b a
a t t
b a a
+
=
⇔
= +
−
⇔
⇒ + ; 2 + 2;0
2 2 2
2
b a
b a b a
ab I
() 0;0;
00
0
; 0
00
;
0 0
cc
b OCOB = =
→→
2 2
3
,
b a
c ab OI OC OB
+
=
0,25
0,25
0,25
Trang 6IV 2
1 Tính tích phân (1 điểm)
y= ⇔ =0 x 0;x=1
0,25 Khi đó:
(1 )
=
dx dx
1
ln 2 1
π
0,25 0,25
2 Tìm GTNN (1 điểm)
Cách 1:
+
≤
a
1 1 4
1 1
(1) Dấu “ =” xảy ra ⇔ a=b
A = x+ y+ z −x+xyz+ y+xyz+z+xyz
1 1
1 1
1 1
A = x+ y+ z− x+y+z + y+z+x+2z+x+y
1 2
1 2
1 1
1 1
• Áp dụng (1) ta có:
A ≥x + y+ z− x+ y+ z + y+z +z+x+ x+y
1 1
1 2
1 2
1 2
1 4
1 1 1 1
≥x + y+ z − x+ y + z= x+ y + z
1 1 1 4
3 1 1 1 4
1 1 1 1
• CM: Với mọi a, b, c thì: (a+b+c)2 ≥ 3(ab+bc+ca) (2) Dấu “=” xảy ra ⇔ a=b=c
Áp dụng (2) ta có:
2
= + +
=
≥
xyz
z y x zx yz xy z
y x
• Do x, y, z > 0 nên 1+1 +1≥ 3
z y
4
3 3
≥
KL:
4
3 3
min =
Cách 2:
A = x+ y+z − x+y+z + y+z+x+2z+x+y
1 2
1 2
1 1
1 1
Theo CôSi:
A≥ + + − 4 + 4 +4 4
1 4
1 4
1 1
1 1
xyzz xyyz
xxyz z
y
A≥ x+ y + z− x+ y+ z+ x+ y+ z + x+ y + z
2 1 1 1 2 1 1 1 2 16
1 1 1 1
A≥ x+ y+ z
1 1 1 4
3
(Cách 1)
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 7V.a Dành cho ban Cơ Bản 2
1 Giải phương trình (1 điểm)
PT ⇔ lg(10 5x + 15 20x) (= lg 25 10x) 0,25 ⇔ 10 5x + 15 20x = 25 10x
Đặt t= 2x(t> 0 ), ta được: 15t2 - 25t +10 = 0
=
=
⇔
) ( 3 2
) ( 1
tm t
tm t
0,25
t =1 ⇒ 2x = 1 ⇔x= 0
=
⇔
=
⇒
=
3
2 log 3
2 2 3
2
2
x
KL:
0,25
2 Tính thể tích lăng trụ (1 điểm)
Gọi H là trung điểm AB
⊥
⊥
⇒
AB H C
AB CH
'
⇒ ABC ABC CH C H CHC
S∆ABC'= 3 a2 ⇔ HC ' AB = 2 3 a2 (1)
60 cos
Từ (1),(2) ⇒AB=a 2 ;HC' =a 6
2
2 3 60 sin '.
2
3 60 sin 2
1
a AB
' ' '
6 3 '
S
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 81 Giải bất phương trình (1 điểm)
2 2
≤
− + +
⇔ x − x x −x
Đặt t=(2 + 3)x2−2x(t > 0 ), ta được: +1≤ 4
t t
t2 − 4t+ 1 ≤ 0 ⇔ 2 − 3 ≤t≤ 2 + 3 (tm)
0,5
Khi đó: 2 − 3 ≤(2 + 3)x2−2x≤ 2 + 3 ⇔ − 1 ≤x2 − 2x≤ 1
⇔ x2 − 2x− 1 ≤ 0 ⇔ 1 − 2 ≤x≤ 1 + 2
KL:
0,5
2 CM: (SAC)⊥(ABCD) và tính thể tích S.ABCD (1 điểm)
S
BC AD
AD SA
⊥
⇒
⊥
// BC (SAC) (SAC) (ABCD)
BC
→
⊥
Tính thể tích:
⊥
AC SC ABCD
SBC AC
BC
SC
, ) (), ( ) ( ) (
(1)
Tương tự ⇒((SAD), (ABCD)) (= SA,AC)=α(2)
Từ (1), (2) ⇒SAC=SCA=α
∆SAC cân tại S ⇒SO⊥ACBC → ⊥SO SO⊥( ABCD) ∆ABC vuông tại C : AC = AB.sin300 =
2
a
4
3 60
sin 2
1 2
SABCD = ABC = =
∆SOA vuông tại O: AO = 21AC=4a
SO = AO.tanα tan α
4
1a4
=
48
3
3
0,25
0,25
0,25
Trang 90,25