Tr­êng thpt cÇu xe ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1

Tr­êng thpt cÇu xe ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 Trêng thpt cÇu xe ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 ®Ò chÝnh thøc M«n thi to¸n N¨m häc 2011 – 2012 ( Thêi gian lµm bµi 180 phót kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò ) PhÇn chu[.]

Trờng thpt cầu xe đề thức đề thi thử đại học lần Môn thi: toán Năm học 2011 2012 ( Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề ) Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm) Câu I (2điểm) Cho hµm sè y = x − 2mx + 2mx (1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m =2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt A(1; 0), B C cho K1 + K =BC Trong ®ã K1, K2 lần lợt hệ số góc tiếp tuyến điểm B C đồ thị hàm số (1) Câu II (2điểm) Giải bất phơng trình sau: 3x − − − x ≥ x − víi x ∈ ¡ sin x + tan x = sin x sin x + tan x e ( x − 1) ln x + x I = C©u III (1điểm) Tính tích phân sau: x + x ln x dx Giải phơng trình sau: Câu IV (1điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình thang vuông A B, điểm M nằm cạnh SC cho MC = 2MS, AB =a, BC = 2AD = 2a TÝnh thĨ tÝch cđa khèi chãp MABCD theo a BiÕt r»ng SA = SB = SD góc tạo cạnh bên SC mặt đáy 60 Câu V (1điểm) Cho x, y, z số thực dơng thoả mÃn điều kiện: 1 + + ≤9 x y x Chøng minh r»ng: x2 + xy + y2 + y2 + yz + z2 + z2 + zx + x2 ≥ Phần tự chọn (3điểm) Thí sinh đợc làm hai phần ( phần A B) A Theo chơng trình Chuẩn Câu VIa (2điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng tr×nh: x + y − x − y + = điểm M( m; -1 ) nằm đờng tròn (C) Gọi A, B tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến đờng tròn (C) HÃy tìm m để khoảng cách từ tâm đờng tròn (C) đến đờng thẳng AB b»ng ( ) − = víi x ∈ ¡ 2x −1 C©u VIIa ( 1điểm) Cho hàm số y = x 3x + có đồ thị (C) Viết phơng trình tiếp Giải phơng trình sau: 8log 22 x + 3log tuyến đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt trục Ox điểm A có hoành độ dơng OA =1 B Theo chơng trình Nâng cao Câu VIb (2điểm) Trong mt phng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(4; - 2), phương trình đường cao kẻ từ C đường trung trc ca đoạn thẳng BC ln lt l x – y + = 0; 3x + 4y – = Tìm tọa độ đỉnh B C tam giác Giải phơng trình sau: ( − 2 ) − ( − 1) + = víi x ∈ ¡ −x x Câu VIIb (1điểm) Cho hàm số y = x +1 có đồ thị (C).Viết phơng trình tiếp tuyến x đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng điểm A, cắt tiệm cận ngang điểm B cho IA =2IB (với I giao ®iĨm cđa hai ®êng tiƯm cËn) Hết Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: .sè b¸o danh Trờng thpt cầu xe Câu ý đáp án biểu điểm Đáp án Víi m= hµm sè (1) trë thµnh: y = x3 − x + x − Ta cã: y’ = 3x2 - 8x + 4; y’ = ⇔ 3x2 - 8x + = ⇔ I x =  x =  BiĨu ®iĨm ®iĨm 0,25 DÊu cña y’: x -∞ 2/3 ∞ + y’ + 0 0,25 + *Tõ ®ã ta có hàm số đồng biến khoảng (- ;2/3) (2; + ); hàm số nghịch biến khoảng ( 2/3; 2) * Hàm số đạt cực đại x = ta có yCĐ =y ữ= 27 Hàm số đạt cực tiểu x =2 ta có yCT =y(2)= -1 lim ( x − x + x − 1) = lim x 1 − + 42 − 13 ÷ = +∞ *Ta cã: x→+∞ x→+∞ x   x x lim ( x − x + x − 1) = lim x 1 − + 42 − 13 ÷ = −∞ x→−∞ x  x x x 0,25 *Bảng biến thiên: - + x y’ 2/3 + - + 4.5 +∞ y 27 y 3.5 2.5 1.5 -∞ -1 0.5 -4.5 -4 -3.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 -0.5 x 0.5 1.5 2.5 3.5 4.5 5.5 -1 -1.5 -2 -2.5 0,25 -3 -3.5 -4 -4.5 * Đồ thị: Cắt trục Oy điểm ( 0; -1 ) Cắt trục Ox điểm ( 1; 0)  3±  ;0 ÷ ÷  Tìm m ? điểm Ta có phơng trình hoành độ giao điểm đồ thị hµm sè víi trơc Ox lµ: x − 2mx + 2mx − = ⇔ ( x − 1)  x + (1 − 2m) x + 1 = x = ⇔  x + (1 − 2m) x + = 0(*) 0,25 Để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt pt(*) phải có nghiệm phận biệt khác Tức lµ pt: x + (1 − 2m) x + = ph¶i cã nghiƯm phËn biƯt 0,25 kh¸c  m < −   m   ⇔ 2 ⇔ m > ⇔  1 + (1 − 2m).1 + ≠ m >    m ≠   0,25 Gi¶ sư: B(xB ; 0); C(xC ; 0) xB, xC nghiệm phân biệt pt(*) nên theo định lí viet ta cã: xB + xC = 2m-1 vµ xBxC =1 Ta cã: BC = ( xC − xB ) = ( xC + xB ) − xB xC = 4m 4m 2 Mặt khác: K1 + K2 = 3xB2 − 4mxB + 2m + 3xC2 − 4mxC + 2m = 3( xB + xC )2 − xB xC − 4m( xB + xC ) + 4m 0,25 = 4m − 4m − Theo gi¶i thiÕt ta cã: K1 + K2 = BC ⇔ 4m2 − 4m− = 5(4m2 − 4m− 3) ⇒ 4m2 − 4m− = v×4m2 − 4m− >  m= −1(tho¶ m· n) ⇔ m2 − m− = ⇔   m= (tho¶ m· n)  m = Vậy với thoả mÃn yêu cầu toán m = II Giải bất phơng tr×nh sau: ≤ x≤ Ta cã bpt ⇔ ( x − ) ≥ ( x − ) 3x − − − x ≥ x − víi x ∈ Ă điểm ĐK: ( 3x + − x ) (*) 2  v× 3x − + − x > víi mäi x ∈  ;1 3  TH1 NÕu 7x – = ⇔ x = ®ã x = 0,25 bpt (*) 7 lµ mét nghiƯm cđa bpt TH2 NÕu ≤ x < th× bpt(*) trë thµnh: 3x − + − x giải bpt trờng hợp kết hợp với điều kiện 0,25 x< ta đợc nghiệm là: x< TH3 NÕu < x bpt(*) trở thành: 0,25 3x − + − x ≤ ta đợc nghiệm trờng hợp là: x = 0,25   KL: Vậy tập nghiệm bpt đà cho là: S =  ;  ∪ { 1}  7 Cã cách khác để giải Giải phơng trình sau: sin x + tan x = sin x sin x + tan x π + kπ (k∈ ¢ ) Khi ®ã pt trë thµnh: cos x(sin x + tan x) = sin x cos x §K: cosx ≠ ⇔ x ≠ ⇔ cos x(sin x + tan x) = sin x ⇒ cos x sin x + sin x = sin x ®iĨm 0,25 0,25 sin x = ⇔ sin x(cos x − sin x + 1) = ⇔   cos x − sin x + =  x = lπ  x = lπ  sin x = π ⇔ ⇔   π ⇔  x = + 2mπ cos x + ÷ = −  cos x − sin x + =   4  x = −π + 2n k, m, n  0,25 0,25 KÕt hỵp nghiƯm so sánh với điều kiện ta đợc nghiệm pt đà cho là: x = l (l  ) III e ( x − 1) ln x + x dx TÝnh tÝch ph©n sau: I = ∫ x + x ln x e ®iĨm e ( x − 1) ln x + x x (1 + ln x ) − ln x dx = ∫ dx Ta cã: I = ∫ x + x ln x x (1 + ln x ) 1 e e 1 I = ∫ xdx − ∫ ln x dx x(1 + ln x ) 0,25 0,25 e e x2 e2 = Tính đợc I1 = xdx = 2 e Tính đợc I2 = I = ln x dx = − ln x(1 + ln x) VËy: I = I1 – I2 = IV 0,25 0,25 e2 − e2 − (1 − ln2)= − + ln2 2 TÝnh thĨ tÝch cđa khèi chãp SABCD ®iĨm 0,25 *Ta cã: SY ABCD = diƯn tÝch cđa tứ giác ABCD là: 3a 3a a= 2 *V× SA = SB = SD tam giác ABD vuông A nên hình chiếu đỉnh S trùng với trung điểm H đoạn thẳng BD dođó SH (ABCD) 0,25 Gọi O giao điểm CH DI ( I trung điểm BC), suy O trọng tâm tam giác BCD Vì MC = 2.MS (gt) nên MO song song với SH MO ⊥ (ABCD) VËy MO lµ chiỊu cao cđa khèi chãp MABCD *TÝnh MO 0,25 BC2 + CD2 BD2 2a − CH2= = a ⇒ OC = Trong tam gi¸c MOC vuông O ta có: tan600 = suy ra: MO = MO OC 2a 2a 21 3= 3 *VËy thĨ tÝch cđa khèi chãp MABCD lµ: 3a2 2a 21 a3 63 = (®vtt) 3 3 VMABCD= SY ABCD MO = Cã c¸ch kh¸c để giải Chứng minh x2 + xy + y2 + y2 + yz + z2 + z2 + zx + x2 ≥ Ta cã: V ( ) ( ®iĨm ) x + xy + y = 3x + y + xy − xy + x + y 4 2 = 3( x + y ) + ( x − y ) ≥ ( x + y ) ⇒ x + xy + y ≥ ( x + y ) (1) 4 x + xy + y = [ ] 0,25 0,25 Chøng minh t¬ng tù ta đợc: y + yz + z ( y + z) (2) z + zx + x ≥ ( z + x) (3) 0,25 Céng vÕ víi vÕ cđa c¸c bÊt đẳng thức (1), (2) (3) ta đợc: ( 2x + y + 2z ) x + xy + y + y + yz + z + z + zx + x ≥ 3( x + y + z ) x + xy + y + y + yz + z + z + zx + x ≥ ⇔ Mặt khác l¹i  1 1 cã: ( x + y + z)  x + y + x ÷ ≥ ⇒ x + y + z ≥   0,25 v× 0,25 1 + + ≤ (gt) x y x Do ®ã: x2 + xy + y2 + y2 + yz + z2 + z2 + zx + x2 ≥ (đpcm) Dấu "=" xảy x = y = z = Có cách khác để giải Tìm m để đờng thẳng AB ®i qua ®iÓm I( -2; ) VIa ®iÓm Ta có đờng tròn (C) có tâm I( ; 1) điểm M nằm đờng tròn (C) Giả sử T(x0 ; y0) tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến đờng tròn (C) Khi ®ã ta cã: 0,25 2 2   T ∈ (C)  x0 + y0 − 2x0 − 2y0 + =  x0 + y0 − 2x0 − 2y0 + 1= u u r u u u r ⇔ ⇔    2  IT ⊥ MT (x0 − 1)(x0 − m) + (y0 − 1)(y0 + 1) =     x0 + y0 − (m+ 1)x0 + m− = 0,25 ⇒ (m− 1)x0 − 2y0 − m+ = (*) Nh toạ độ tiếp điểm A B thoả m·n (*) 0,25 VËy ph¬ng trình đờng thẳng AB là: 0,25 (m 1)x 2y − m+ = (AB) 1 = ⇔ (m− 1)2 + = Theo bµi ta cã: d( O; AB) = ⇔ (m− 1) + ⇔ m =1 Có cách khác để giải Giải phơng trình sau: 8log 22 ( x − ) + 3log − = (x ∈ ¡ ) 2x −1 Víi ®iỊu kiện pt trở thành: 2 log 22 (2 x − 1) − 3log (2 x − 1) = điểm ĐK: x > 0,25 log (2 x − 1) = ⇔ log (2 x − 1) = −  0,25 0,25  2 x − = x =  ⇔ ⇔ 2 x − = x =   2 + 0,25 C©u VIIa  x = KL: VËy pt ®· cho cã nghiƯm lµ: ⇔  x =  2 + Viết PTTT đồ thị (C) Vì A có hoành độ dơng OA = nªn A(1; 0) Do tiếp tuyến cần tìm qua điểm A(1; 0) Giả sử ( x0 ; y0 ) toạ độ tiếp điểm tiếp tiếp cần tìm PTTT cã d¹ng: y − y0 = y '( x0 )( x − x0 ) hay y − ( x03 − 3x02 + ) = ( 3x02 − x0 ) ( x − x0 ) mà tiếp tuyến cần tìm qua ®iĨm A(1; 0) nªn ta cã: x03 − 3x02 + 3x0 − = ⇔ x0 = Vậy PTTT cần tìm là: y = - 3x +3 CâuV Tìm toạ độ đỉnh B C tam giác Ib Đờng thẳng AB qua A vng góc với đường cao kẻ từ C có phương trình: x + y – = Gọi B(b; – b) thuộc AB, C(c; c + 2) thuộc đường cao kẻ từ C b+c 4−b+c  ; ÷ Vì M thuộc trung   trực BC nên ( b + c ) + ( − b + c ) − = ⇔ −b + 7c + 12 = ( 1)  Tọa độ trung điểm BC M  uuur BC = ( c − b; c + b ) l VTPT ca đờng trung trc đoạn th¼ng BC nên 4(c – b) = 3(c +b) hay c = 7b (2) Từ (1) (2) suy c = -  9  1 ; b = − Vậy B  − ; ÷; C  − ; ÷ 4  4  4 ®iĨm 0,25 0,25 0,25 0,25 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Giải phơng trình sau: − 2 x − − − x + = víi x ∈ ¡ ( ) ( ) Đặt t = ( 1) x ( ( )  − 2 x = t2  ( t > 0) ®ã  −x  −1 = t  ) 0,25 Suy pt trë thµnh: t − + = ⇔ t + 2t − = (do t > 0) t 0,25 0,25 ⇔ t =1 0,25 Tõ ®ã ta cã pt: C©u VIIb ®iĨm ( ) x −1 = ⇔ x = ViÕt PTTT đồ thị (C) điểm Gọi góc tạo tiếp tuyến trục hoành suy góc tạo tiếp tuyến tiệm cận ngang ( TCN song song với trục hoành ) 0,25 Do tam giác IAB vuông I nên ta cã: tan α = IA = ( gt ) IB nh vËy ta cã hƯ sè gãc cđa tiÕp tuyến cần tìm là: k = tan = ±2 0,25 −2 Ta cã: y ' = x − < ∀x ≠ Gi¶ sư ( x0 ; y0 ) , x0 toạ độ ( ) tiếp điểm tiếp tiếp cần tìm ta có: k = −2 ( x0 − 1)