THI THU DAI HOC MON TOAN De thi so 1

Hàm số không có cực trị.[r]

(1)

THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN

Đề thi số 1

Thời gian làm bài: 180 phút

A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm)

Cho hàm số

1 x y

x  



a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị  C hàm số

b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình

x

m x

   Câu II (2 điểm)

a) Tìm m để phương trình  

4

2 sin xcos x cos 4x2sin 2x m 0

có nghiệm

0;       

b) Giải phương trình      

8

4

2

1

log log log

2 x 4 x  x

Câu III (2 điểm)

a) Tìm giới hạn

3 2

0

3

lim

1 cos x

x x

L

x 

  





b) Chứng minh C1000  C1002 C1004  C1006   C10098 C1001002 50 Câu IV (1 điểm)

Cho a, b, c số thực thoả mãn a b c  3. Tìm giá trị nhỏ biểu thức

4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b c

M         

B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH

Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn

Câu Va (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trịn có phương trình C1:x2y2 4y 0 C2:x2y2 6x8y16 0. Lập phương trình tiếp tuyến chung C1 C2

(2)

Cho điểm A2;5;3 đường thẳng

1

:

2

x y z

d    

Viết phương trình mặt phẳng   chứa

d cho khoảng cách từ A đến   lớn nhất.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao

Câu Vb (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng tắc biết (H) tiếp

xúc với đường thẳng d x y:   0 điểm A có hồnh độ

b) Cho tứ diện OABC có OA4,OB5,OC6 AOB BOC COA  60 Tính thể tích

tứ diện OABC. Câu VIb (1 điểm)

Cho mặt phẳng  P x:  2y2z1 0 đường thẳng

1

: ,

2

x y z

d     

2:x65 4y z 55

d    

 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 cho MN song song với (P) đường thẳng MN cách (P) khoảng

ĐÁP ÁN Câu I 2 điểm

a)

Tập xác định: Hàm số

1 x y

x  

 có tập xác định D R \  

Giới hạn: 1

1 1

lim 1; lim ; lim

1 1

x x x

x  x  x

   

  

   

  

0,25

Đạo hàm:  2

' 0,

1

y x

x 

    

 Hàm số nghịch biến khoảng  ;1

1; Hàm số khơng có cực trị Bảng biến thiên:

0,25

(3)

cận I1;1 tâm đối xứng

Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25

b)

Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C)sang đồ thị

 

' x

y C

x  

 Học sinh tự vẽ hình

0,5

Số nghiệm 1 x

m x

 

 số giao điểm đồ thị

1 x y

x  

 y m . 0,25

Suy đáp số 1; 1:

m  m phương trình có nghiệm 1:

m phương trình có nghiệm

1 m 1:

   phương trình vơ nghiệm

0,25

Câu II 2 điểm a)

Ta có

4

sin os sin

2

x c x  x

cos4x 1 2sin 2 x

0,25

Do  1  3sin 22 x2sin 2x 3 m

Đặt tsin 2x Ta có x 0;2 2x 0;  t 0;1  

  

       

Suy f t 3t22t 3 m t, 0;1

0,25

Ta có bảng biến thiên 0,25

Từ phương trình cho có nghiệm

10

0;

2 m

  

    

 

0,25

b)

Giải phương trình        

8

4

2

1

log log log

2 x 4 x  x

Điều kiện: 0x1 0,25

 2  x3 x1 4 x 0,25

Trường hợp 1: x1  2  x2 2x 0 x2

0,25

Trường hợp 1: 0x1

 2  x26x 0  x2 3

(4)

Vậy tập nghiệm (2) T 2; 3  Câu III

a)

Tìm

3 2

0

3

lim

1 cos x

x x

L

x 

  





Ta có

3 2

0

3 1 1

lim

1 cos cos

x

x x

L

x x



 

   

 

 

 

 

 

0,25

Xét

2

1

2

0

2 1

lim lim

1 cos 2sin 2 1 1

2

x x

L

x

x x

 

 

  

    

 

 

0,25

Xét  

3 2

2

0 2 2 3 2

3

3 1

lim lim

1 cos

2sin 3 1

2

x x

L

x x

 

 

  

  

   

 

 

0,25

Vậy L L 1L2   2 0,25

b)

Chứng minh C1000  C1002 C1004  C100100 2 50 Ta có

 

   

100 2 100 100

100 100 100 100

0 100 99

100 100 100 100 100 100 100

1

i C C i C i C i

C C C C C C C i

     

        

0,5

Mặt khác

1i2  1 2i i 2i 1i100  2i 50 250 Vậy C1000  C1002 C1004  C100100 2 50

0,5

Câu IV Cho a, b, c thoả a b c  3. Tìm GTNN của

4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b c

M         

Đặt 2 ;3 ;4 , 2 ;3 ;4 , w 2 ;3 ;4  w

a b c c a b b c a

u v      M u  v 

  2  2 2

w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c M   u v           

0,25

Theo cô – si có 222b2c3 23 a b c  6 Tương tự … 0,5 Vậy M 3 29. Dấu xảy a b c  1 0,25 Câu Va Học sinh tự vẽ hình

a) C1:I10; , R13;C2:I23; ,  R2 3. 0,25

Gọi tiếp tuyến chung C1 , C2  

2

:Ax By C A B

(5)

 tiếp tuyến chung C1 , C2

 

   

2

1

2

;

; 3 4 3 2

B C A B

d I R

d I R A B C A B

 

  

 

 

   

 

     



Từ (1) (2) suy A2B

3

2 A B C  

Trường hợp 1: A2B.

Chọn B 1 A 2 C 2 5 : 2x y  0  Trường hợp 2:

3

2 A B C 

Thay vào (1)

2

2 0; : 0; :

3

A B  A B  A A B  y   x y 

0,5

b)

Gọi H trung điểm BC   

3 ; '

2 a d M BB C AH

   0,25

2

' 12 ' 2 ' 13 ' 123

BB C a MBB C BB C a

S  BB BC  V  AH S 

0,25

Gọi I tâm hình vng BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có B C' MI B C; ' BC' B C' MB

0,5

Câu VIa

(Học sinh tự vẽ hình)

Gọi K hình chiếu A d  K cố định;

Gọi   mặt phẳng chứa d H hình chiếu A  

0,25

Trong tam giác vng AHK ta có AH AK

Vậy AHmax AK    mặt phẳng qua K vng góc với AK.

0,25

Gọi   mặt phẳng qua A vng góc với d    : 2x y 2z15 0 3;1; 4

K 

0,25

  mặt phẳng qua K vng góc với AK    :x 4y z 3 0 0,25

Câu Vb a)

Gọi  

2

:x y H

a  b 

(H) tiếp xúc với d x y:   0  a2 b24  1

0,25

    162 42  

4 4; 2

x y A H

a b

(6)

Từ (1) (2) suy  

2

2 8; 4 : 1

8

x y a  b   H  

0,5

b)

(Học sinh tự vẽ hình)

Lấy B’ OB; C’ OC cho OA OB 'OC' 4

0,25

Lấy M trung điểm B’C’  OAM  OB C' '  Kẻ AH OM  AH OB C' '

0,25

Ta có

2

3

AM OM   MH   AH  0,25



1 15

.sin

2

OBC

S  OB OC BOC

Vậy

1

10

3

OABC OBC

V  AH S 

0,25

Câu VIb

Gọi M1 ;3 ; , t  t t N 5 '; '; 5 ' t t   t   

 ;  2 1 0;

d M P   t   t t

0,25

Trường hợp 1: t 0 M1;3;0 , MN 6 ' 4; ' 3; ' 5t  t   t  



 

' 5;0;

P P

MNn  MN n   t   N 

   

0,25

Trường hợp 2: t 1 M3;0;2 , N1; 4;0  0,25

Kết luận 0,25