ĐỀ THI HAY SỐ 18 NĂM 2011

1 KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 18 Câu I) Cho hàm số 3 2 1 x y x − = + (C) 1) Khảo sát và vẽ ñồ thị (C) 2) Gọi I là giao của hai ñường tiệm cận của ñồ thị. Viết phương trình tiếp tuyến d của ñồ thị hàm số biết d cắt tiệm cận ñứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A và B thỏa mãn: 5 ˆ cos 26 BAI = . Câu II) 1) Giải phương trình: ( ) 2 3 sin 2 3sin 3 2cos 3cos 2 x x x x − + = + − 2) Tìm m ñể phương trình sau có hai nghiệm phân biệt: ( ) 2 2 2 1 1 10 8 4 m x x x x + + = + + Câu III) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ñồ thị hàm số ( ) 3 1 ln y x x = + tr ụ c hoành và ñườ ng th ẳ ng 3 x e = Câu IV) Cho hình chóp SABCD có ñ áy ABCD là hình thang vuông t ạ i A, B có ; 2 AB BC a AD a = = = , SAC là tam giác cân t ạ i S và n ằ m trong m ặ t ph ẳ ng vuông góc v ớ i ñ áy, SB t ạ o v ớ i (SAC) góc 60 0 . G ọ i O là giao ñ i ể m AC và BD. Gi ả s ử m ặ t ph ẳ ng (P) qua O song song v ớ i SC c ắ t SA ở M. Tính th ể tích kh ố i chóp MBCD và xác ñị nh tâm bán kính m ặ t c ầ u ngo ạ i ti ế p kh ố i chóp SACD. Câu V) Cho các s ố th ự c d ươ ng a, b,c th ỏ a mãn: a+b+c=1. Tìm GTLN c ủ a bi ể u th ứ c 3 3 2 bc P a bc= + + Câu VI) 1) Trong m ặ t ph ẳ ng Oxy cho ñườ ng th ẳ ng :3 4 25 0 d x y + − = , Xét ñ i ể m M thu ộ c (d) trên tia OM l ấ y ñ i ể m N sao cho OM.ON=1. Ch ứ ng minh N ch ạ y trên m ộ t ñườ ng tròn c ố ñị nh. Vi ế t ph ươ ng trình ñườ ng tròn ñ ó. 2) Trong không gian Oxyz cho các ñ i ể m A(1;0;0); B(2;-1;2), C(-1;1;3) và ñườ ng th ẳ ng 1 2 : 1 2 2 x y z − − ∆ = = − . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc ∆ ñi qua ñiểm A và cắt mặt phẳng (ABC) theo ñường tròn có ñường kính nhỏ nhất. Câu VII) Giải bất phương trình sau: ( ) ( ) 2 2 2(9 ) 9 4 4 2 3 3 1 x x x − − − + ≤ + GV Nguyễn Trung Kiên 0988844088-01256813579 2 ĐÁP ÁN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỀ SỐ 18 GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088 Câu I) 1) Học sinh tự làm 2) Ta có Véc tơ pháp tuyến của d là: ( ) 2 0 5 ; 1 1 n x     = −   +    Ph ươ ng trình c ủ a hai ñườ ng ti ệ m c ậ n c ủ a (C) l ầ n l ượ t là: 1 2 : 1; : 3 d x d y = − = . Tam giác ABI vuông t ạ i I nên BAI là góc nh ọ n vì v ậ y ( ) 2 0 0 2 0 0 4 0 5 . 0 ( 1) 5 5 cos , 1 cos 5 2 ( 1) 25 26 1 ( 1) ni x x d d BAI x x n i x =  + = = = = ⇒ = ⇔  = − +  + +     V ậ y có hai ti ế p tuy ế n th ỏ a mãn là: 5 2; 5 2 y x y x = − = + Câu II) 1) Giải: ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 3 sin 2 3sin 3 2cos 3cos 2 3sin 2 3cos 2 1 sin 3 3sin 5 3sin 2 3cos 2sin 3 3sin 3 cos 2 3sin 3 2sin 3 sin 3 x x x x x x x x x x x x x x x x − + = + − ⇔ − = − + − ⇔ − = − + − ⇔ − = − − − ( )( ) ( ) 2 2sin 3 0 3 2sin 3 3cos sin 3 0 2 3 cos sin 3 2 3 x k x x x x k x x x k π π π π  = +   − = ⇔ − + − = ⇔ ⇔ ∈   + =    = +   ℤ 2) Nh ậ n xét: ( ) ( ) 2 2 2 10 8 4 2 2 1 2 1 x x x x + + = + + + . Phương trình tương ñương với 2 2 2 2 1 2 1 2 2 0 1 1 x x m x x     + + − + =     + +     Đặt 2 2 1 . 1 x t x + = + Điều kiện 2 5 t − < ≤ . Rút m ta có 2 2 2 t m t + = Lập bảng biến thiên của hàm số trên ( 2; 5  −  Ta có k ế t qu ả c ủ a m ñể ph ươ ng trình có hai nghi ệ m phân bi ệ t là: 12 4 5 m< ≤ hoặc 5 4 m − < < − Câu III) 3 Hoành ñộ giao ñiểm của hai ñồ thị là nghiệm của phương trình: ( ) 3 1( ) 1 ln 0 1 x L x x x = −  + = ⇔  =  Diện tích cần tính: ( ) ( ) 3 3 3 3 1 1 1 ln 1 ln e e S x xdx x xdx = + = + ∫ ∫ Đặt 3 3 4 1 ln 3 ( 1) 4 du dx x u x x dx dv v x x  =  =    ⇒   + =    = +   ( ) ( ) 3 3 3 3 4 3 3 4 4 3 3 4 3 1 1 1 1 3 3 3 9 27 32 25 ln 1 3 4 4 4 4 16 16 e e e e e e S x x x x dx e e x x + +   = + − + = + − − =     ∫ Câu IV) - Gọi H là trung ñiểm AC suy ra SH vuông góc với mp(ABCD). Gọi E là trung ñiểm của AD thì ABCE là hình vuông nên H là giao ñiểm của AC và BE 2 2 a BH⇒ = Có 0 6 ˆ 60 cot60 6 a BSH SH BH= ⇒ = = Ta có O là trọng tâm tam tam giác BEC nên 2 1 3 3 OC CH AC = = . Qua O kẻ ñường thẳng song song với SC cắt SA ở M thì 1 3 SM SA = ; Hạ MJ vuông góc với AC thì 2 2 6 3 18 a MJ SH= = Vậy 3 2 1 1 2 6 1 6 . ( ) . 3 3 18 2 54 MBCD a a V MJ dt BCD a= = = - Tam giác ACD vuông tại C nên E là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Dựng Ex vuông góc với ñáy (Ex//SH) thì Ex là trục ñường tròn (ACD) Gọi K là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác SAC thì K thuộc SH. Qua K dựng ñường thẳng Ky vuông góc với (SAC) (Ky//HE). Ta có Ex I Ky = ∩ là tâm mặt cầu ngoại tiếp SACD Ta xác ñịnh K như sau: Kẻ trung trực Nz của cạnh SC cắt SH ở K thì K là tâm vòng tròn ngoại tiếp SAC. 4 y x H C O M N K I D E B A S Ta có 0 0 2 2 6 ˆ ˆ AS 120 S 60 3 a C K C SK SA SH BH= ⇒ = ⇒ = = + = 6 6 6 3 6 6 a a a HK EI SK SH⇒ = = − = − = ; 2 2 2 2 2 2 2 7 42 6 6 6 a a a R IA EI AE a R= = + = + = ⇒ = Câu V) Ta có 3 3 3 3 3 2 2 3 2 3 3 ( )( ) ( )( ) (*) 2 3 2 3 a b c a bc a b a c a b a c + + + + = + + = + + ≤ 3 3 3 3 1 3 3 3 (**) 2 2 3 2 3 b c bc bc + + = ≤ Cộng hai bất ñẳng thức cùng chiều ta có 3 3 3 3 2 1 2 3 3 3 3 2 2 3 2 a b c b c bc P a bc   + + + + + +   = + + ≤ =       Dấu bằng xảy ra khi 3 1 3 3 2 a b c MaxP= = = ⇒ = Câu VI) 5 1) Theo giả thiết ta có , OM ON   cùng hướng nên ( 0) M N M N x kx k y yx =  >  =  Ta có 2 2 1 . 1 . 1 . . 1 . . 1 (*) M N M N N N N N N N OM ON OM ON x x y y kx x ky y x y k = ⇔ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =   Vì M thuộc ñường thẳng (d) nên 3 4 1 3 4 25 3 4 25 (**) 25 N N M M N N x y x y kx ky k + + = ⇒ + = ⇒ = Từ (*) và (**) suy ra 2 2 N N x y + 3 4 0 25 N N x y + − = Vậy ñiểm M luôn thuộc ñường tròn (C): 2 2 3 4 0 25 25 x y x y + − − = 2) ( ) 2 2 1 ;2 ;2 2 ; ( ;2 ;2 2 ) 9 8 4 I t t t IA t t t R t t − + − + ⇒ = + +  Ta có (1; 1;2), ( 2;1; 3) AB AC − − −   Mặt phẳng (ABC) có VTPT , (1; 1; 1) ( ): 1 0 n AB AC mp ABC x y z   = = − − ⇒ − − − =      Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 /( ) 2 5 2 5 2( 1) 6 9 8 4 2 3 3 3 I ABC t t t d r R d t t + + + + = ⇒ = − = + + − = ≥ . Từ ñó ta suy ra bán kính nhỏ nhất của vòng tròn giao tuyến là 2 khi 2 1 (2; 2;0); 5 t I R = − ⇒ − = Phương trình mặt cầu là: 2 2 2 ( 2) ( 2) 5 x y z − + + + = Câu VII) Ta có ( ) ( ) 2 2 9 2 9 4 2 3 3 1 x x − − + = + Đ i ề u ki ệ n 2 9 0 3 3 x x − ≥ ⇔ − ≤ ≤ . B ấ t ph ươ ng trình t ươ ng ñươ ng v ớ i ( ) ( ) 2 2 2(9 ) 2 2 2 9 2 2 4 2(9 ) (9 ) 3 1 3 1 2 9 9 4 4 x x x x x x x x x − − − − − + ≤ + ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − − ( ) 2 2 2 2 2 2 4 2 4 2 (4 ) 9 (9 ) (9 ) 2 8 7 0 2 2 x x x x x x x − +   ⇔ − − ≤ − ⇔ − − + ≤ ⇔ ≤ ≤   Vậy bất phương trình có nghiệm là: 4 2 4 2 2 2 x − + ≤ ≤ . TOÁN ĐỀ SỐ 18 Câu I) Cho hàm số 3 2 1 x y x − = + (C) 1) Khảo sát và vẽ ñồ thị (C) 2) Gọi I là giao của hai ñường tiệm cận của ñồ thị. Viết phương trình tiếp tuyến d của ñồ thị hàm số biết. 1 x x x − − − + ≤ + GV Nguyễn Trung Kiên 0988844088-01256813579 2 ĐÁP ÁN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỀ SỐ 18 GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088 Câu I) 1) Học sinh tự làm 2) Ta có Véc tơ pháp tuyến. 1 . 1 x t x + = + Điều kiện 2 5 t − < ≤ . Rút m ta có 2 2 2 t m t + = Lập bảng biến thi n của hàm số trên ( 2; 5  −  Ta có k ế t qu ả c ủ a m ñể ph ươ ng trình có hai nghi ệ m phân