Sở 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 : 1 2 + = x x y (1) 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 đờng tiệm cận một tam giác có diện tích không đổi. Câu II (2 điểm) 1. Giải phơng trình 2 cos2 1 cot 1 sin sin 2 1 tan 2 x x x x x = + + . 2. Tìm m để phơng trình sau có nghiệm mxxxx =+++ 11 22 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 đờng cao kẻ từ C của ABC . Câu IV (2 điểm) 1. Tớnh din tớch hỡnh phng gii hn bi cỏc ng y = 0; y = 1 )1( 2 + x xx . 2. Cho x, y, z là các số thực dơng thoả mãn x + y + z = xyz. Tìm GTNN của A = )1()1()1( zxy zx yzx yz xyz xy + + + + + . Phần riêng Thí sinh chỉ đợc làm 1 trong 2 câu: V. a hoặc V.b Câu V. a. Dành cho chơng trình chuẩn (2 điểm). 1. Giải phơng trình log(10.5 15.20 ) log 25 x x x + = + . 2. Tính thể tích lăng trụ đều ABC.ABC biết (ABC) hợp với đáy góc 60 0 và diện tích tam giác ABC ' bằng 2 3a Câu V. b. Dành cho chơng trình nâng cao (2 điểm). 1. Giải bất phơng trình: 32 4 )32()32( 1212 22 ++ + xxxx 2. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành có AB = a, góc ABC = 30 0 ; hai mặt bên SAD và SBC vuông tại A, C cùng hợp với đáy góc . 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 đáp án và thang điểm chi tiết - môn toán - đề số 4 12u Gv. Trần Mạnh Tùng 091 3366 543 Câu ý Nội dung Điểm I 2 1 Khảo sát- vẽ đồ thị (1 điểm) TMT 091 3366 543 Page - 1/6 Ta có: 1 3 1 += x y TXĐ: D = R\ {1} Sự biến thiên: + Giới hạn Tiệm cận: += + y x 1 lim = y x 1 lim ĐTHS có tiệm cận đứng: x = 1 1lim = +x y ĐTHS có tiệm cận ngang: y = 1 0,25 + Bảng biến thiên: 'y = 0 )1( 3 2 < x , Dx 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) Giả sử M + 1 2 ; a a a thuộc đồ thị (1) Tiếp tuyến của (1) tại M: 1 2 ))(( ' + += a a axayy = 2 2 2 )1( 24 )1( 3 + + a aa 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; 1 5 + a a ) ; B = d 2 B(2a-1; 1) 0,25 TMT 091 3366 543 Page - 2/6 − = → 1 6 ;0 a IA ⇒ IA = 1 6 −a ; ( ) 0;22 −= → aIB ⇒ IB = 2 1−a 0,25 DiÖn tÝch IAB ∆ : S IAB∆ = IBIA. 2 1 = 6 (®vdt) ⇒ §PCM 0,25 II 2 1 T×m x );0( π ∈ tho¶ m·n pt (1 ®iÓm) §K: −≠ ≠ ⇔ ≠+ ≠ 1tan 02sin 0cossin 02sin x x xx x - Khi ®ã pt xxx xx xx x xx cossinsin sincos cos.2cos sin sincos 2 −+ + = − ⇔ xxxxxx x xx cossinsincossincos sin sincos 22 −+−= − ⇔ 0,25 0,25 ⇔ )2sin1(sinsincos xxxx −=− ⇔ 0)1sincos)(sinsin(cos 2 =−−− xxxxx 0,25 ⇔ 0)32cos2)(sinsin(cos =−+− xxxx ⇔ 0sincos =− xx ⇔ tanx = 1 )( 4 Zkkx ∈+=⇔ π π (tm) 0,25 2 T×m m ®Ó pt cã nghiÖm (1 ®iÓm) XÐt hs: 11)( 22 +−−++= xxxxxf 12 12 12 12 )(' 22 +− − − ++ + = xx x xx x xf ++−=+−+ ≥−+ ⇔= )1()12()1()12( 0)12)(12( 0)(' 2222 xxxxxx xx xf 0,25 TMT – 091 3366 543 Page - 3/6 = − ≤∨≥ ⇔ )(0 2 1 2 1 lx xx Rxf ∈∀>= ,01)0(' ⇒ HS )(xf ®ång biÕn trªn R. 0,25 1)(lim;1)(lim −== −∞→+∞→ xx xfxf 0,25 PT cã nghiÖm khi: -1 < m < 1. 0,25 III 2 1 TÝnh kho¶ng c¸ch tõ O ®Õn (ABC) (1 ®iÓm) PT mp(ABC): 1=++ c z b y a x 0,5 0=−++⇔ abcabzcaybcx O,25 ( ) 222222 )(, accbba abc ABCOd ++ = 0,25 2 TÝnh thÓ tÝch khèi ®a diÖn OIBC (1 ®iÓm) → AB = ( ) 0;;ba− PTTS cña AB: = = −= 0z bty atax 0,25 )0;;( btataIABI −⇒∈ ⇒ → IC = ( ) cbtaat ;;−− → IC ⊥ → AB → ⇔ IC . → AB = 0 22 2 222 0)( ba a ttbaa + =⇔=+−⇔ ⇒ ++ 0;; 22 2 22 2 ba ba ba ab I ( ) 0;0; 00 0 ; 0 00 ; 0 0 , bc b cc b OCOB = = →→ 22 3 ., ba cab OIOCOB + = ⇒ →→→ ( ) 22 3 6 ., 6 1 ba cab OIOCOB V OIBC + = = →→→ (®vtt) 0,25 0,25 0,25 TMT – 091 3366 543 Page - 4/6 IV 2 1 TÝnh tÝch ph©n (1 ®iÓm) 0 0; 1y x x= ⇔ = = 0,25 Khi ®ã: 1 1 2 2 2 0 0 (1 ) 1 1 x x x x S dx dx x x − − = = + + ∫ ∫ 0,25 = 1 1 1 2 2 0 0 0 1 1 x dx dx dx x x − + + + ∫ ∫ ∫ 1 ln 2 1 2 4 π = − + 0,25 0,25 2 T×m GTNN (1 ®iÓm) C¸ch 1: • CM: Víi mäi a, b > 0 th× +≤ + baba 11 4 11 (1) DÊu “ =” x¶y ra ba =⇔ A = + + + + + −++ xyzzxyzyxyzxzyx 111111 A = ++ + ++ + ++ −++ yxzxzyzyxzyx 2 1 2 1 2 1111 • ¸p dông (1) ta cã: A + + + + + +++−++≥ yxxzzyzyxzyx 111 2 1 2 1 2 1 4 1111 ++= ++−++≥ zyxzyxzyx 111 4 3111 4 1111 • CM: Víi mäi a, b, c th×: ( ) ( ) cabcabcba ++≥++ 3 2 (2) DÊu “=” x¶y ra cba ==⇔ ¸p dông (2) ta cã: 3.3 111 3 111 2 = ++ = ++≥ ++ xyz zyx zxyzxyzyx • Do x, y, z > 0 nªn 3 111 ≥++ zyx ⇒ A 4 33 ≥ KL: 4 33 min = A ®¹t ®îc khi 3=== zyx C¸ch 2: A = ++ + ++ + ++ −++ yxzxzyzyxzyx 2 1 2 1 2 1111 Theo C«Si: A ++−++≥ 444 4 1 4 1 4 1111 xyzzxyyzxxyz zyx A ++++++++−++≥ zyxzyxzyxzyx 211121112 16 1111 0,25 0,25 0,25 0,25 TMT – 091 3366 543 Page - 5/6 A ++ zyx 111 4 3 (Cách 1) V.a Dành cho ban Cơ Bản 2 1 Giải phơng trình (1 điểm) PT ( ) ( ) xxx 10.25lg20.155.10lg =+ 0,25 xxx 10.2520.155.10 =+ 0102.254.15 =+ xx 0,25 Đặt )0(2 >= tt x , ta đợc: 15t 2 - 25t +10 = 0 = = )( 3 2 )(1 tmt tmt 0,25 1=t 012 == x x === 3 2 log 3 2 2 3 2 2 xt x KL: 0,25 2 Tính thể tích lăng trụ (1 điểm) Gọi H là trung điểm AB ABHC ABCH ' ( ) 0 60')',()(),'( === CHCHCCHABCABC 22 ' 32'.3 aABHCa S ABC == (1) Xét 'HCC vuông tại C: 3 60cos ' 0 AB HC HC == (2) Từ (1),(2) 6';2 aHCaAB == aHCCC 2 23 60sin'.' 0 == 202 2 3 60sin 2 1 aAB S ABC == 3 '''. 4 63 '. aCC SV ABCCBAABC == (đvtt) 0,25 0,25 0,25 0,25 V.b Dành cho ban KHTN 2 TMT 091 3366 543 Page - 6/6 1 Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh (1 ®iÓm) Bpt ( ) ( ) 43232 22 22 ≤−++⇔ −− xxxx §Æt ( ) )0(32 2 2 >+= − tt xx , ta ®îc: 4 1 ≤+ t t 014 2 ≤+− tt 3232 +≤≤−⇔ t (tm) 0,5 Khi ®ã: ( ) 323232 2 2 +≤+≤− − xx 121 2 ≤−≤−⇔ xx ⇔ 2121012 2 +≤≤−⇔≤−− xxx KL: 0,5 2 CM: (SAC) ⊥ (ABCD) vµ tÝnh thÓ tÝch S.ABCD (1 ®iÓm) S CM: (SAC) ⊥ (ABCD): BCSA BCAD ADSA ⊥⇒ ⊥ // )()()( ABCDSACSA CBC BCSC ⊥⇒⊥ → ⊥ TÝnh thÓ tÝch: ( ) ( ) α == → ⊥ ⊥ =∩ ACSCABCDSBC ACBC SCBC BCABCDSBC ,)(),( )()( (1) T¬ng tù ( ) ( ) α ==⇒ ACSAABCDSAD ,)(),( (2) Tõ (1), (2) α ==⇒ SCASAC SAC∆ c©n t¹i S )(ABCDSOACSO SOBC ⊥ →⊥⇒ ⊥ ABC∆ vu«ng t¹i C : AC = AB.sin30 0 = 2 a 20 4 3 60sin 2 1 .22 aACAB SS ABCABCD === SOA∆ vu«ng t¹i O: AO = 42 1 a AC = SO = AO.tan αα tan 4 1 4 a= α tan 48 3 . 3 1 3 . aSO SV ABCDABCDS == (®vtt). 0,25 0,25 0,25 0,25 TMT – 091 3366 543 Page - 7/6 . + + + + + ++ xyzzxyzyxyzxzyx 111111 A = ++ + ++ + ++ ++ yxzxzyzyxzyx 2 1 2 1 2 1111 • ¸p dông (1) ta cã: A + + + + + ++ + ++ ≥ yxxzzyzyxzyx 111 2 1 2 1 2 1 4 1111 . ( ) xxx 10. 25lg 20. 155.10lg =+ 0, 25 xxx 10. 25 20. 155. 10 =+ 01 02 .254 .15 =+ xx 0, 25 Đặt )0( 2 >= tt x , ta đợc: 15t 2 - 25t +1 0 = 0 = = )( 3 2 )(1 tmt tmt 0, 25 1=t 01 2 == x x . A ++ ++ ≥ 444 4 1 4 1 4 1111 xyzzxyyzxxyz zyx A ++ ++ + ++ + ++ ≥ zyxzyxzyxzyx 211121112 16 1111 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 TMT – 09 1 3366 543 Page - 5/6 A ++ zyx 111 4 3