Thi thử đại học 2011 môn Toán

Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C.. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao..[r]

Môn Toán THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) x 1 Cho hàm số y  x 1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị  C  hàm số b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình x 1  m x 1 Câu II (2 điểm)     a) Tìm m để phương trình sin x  cos x  cos x  2sin x  m  có nghiệm trên 0;   2 1 b) Giải phương trình log  x  3  log  x  1  log  x  Câu III (2 điểm) 3x   x   cos x x 0 a) Tìm giới hạn L  lim 98 100  C100  C100  C100   C100  C100  250 b) Chứng minh C100 Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c 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 tròn có phương trình  C1  : x  y  y   và  C2  : x  y  x  y  16  Lập phương trình tiếp tuyến chung  C1  và  C2  b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất các cạnh a Gọi M là trung điểm AA’ Tính thể tích khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh BM vuông góc với B’C Câu VIa (1 điểm) x 1 y z    Viết phương trình mặt phẳng   chứa Cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng d : 2 d cho khoảng cách từ A đến   lớn Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Lop7.net Môn Toán Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x  y   điểm A có hoành độ A A  600 Tính thể tích b) Cho tứ diện OABC có OA  4, OB  5, OC  và A AOB  BOC  COA tứ diện OABC Câu VIb (1 điểm) Cho mặt phẳng  P  : x  y  2z 1  và các đường thẳng d1 : x 1 y  z   , 3 x 5 y z 5   Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 cho MN song song với (P) và đường 5 thẳng MN cách (P) khoảng d2 : ĐÁP ÁN Câu I a) điểm x 1 có tập xác định D  R \ 1 x 1 x 1 x 1 x 1  1; lim  ; lim   Giới hạn: lim x  x  x 1 x  x 1 x  Tập xác định: Hàm số y  Đạo hàm: y '  2  0, x   Hàm số nghịch biến trên các khoảng 0,25 0,25  x  12  ;1 và 1;   Hàm số không có cực trị Bảng biến thiên: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1; tiệm cận ngang y  Giao hai tiệm 0,25 cận I 1;1 là tâm đối xứng Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình b) Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị y  Học sinh tự vẽ hình Lop7.net x 1  C ' x 1 0,25 0,5 Môn Toán Số nghiệm x 1 x 1  m số giao điểm đồ thị y  x 1 x 1 và y  m Suy đáp số m  1; m  1: phương trình có nghiệm Câu II a) 0,25 0,25 m  1: phương trình có nghiệm 1  m  1: phương trình vô nghiệm điểm Ta có sin x  cos x   sin 2 x và cos4 x   2sin 2 x Do đó 1  3sin 2 x  2sin x   m 0,25 0,25   Đặt t  sin x Ta có x  0;   x   0;    t   0;1  2 Suy f  t   3t  2t   m, t   0;1 b) Ta có bảng biến thiên 0,25 10   Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 0;    m   2 1 Giải phương trình log  x  3  log  x  1  log  x    Điều kiện:  x  0,25     x  3 x   x 0,25 0,25 Trường hợp 1: x  0,25  2  x2  x   x  Trường hợp 1:  x  0,25  2  x2  x    x  3   Vậy tập nghiệm (2) là T  2;  Câu III a) 3x   x   cos x x 0 Tìm L  lim Lop7.net Môn Toán  3x   x     Ta có L  lim   cos x  x    cos x   0,25 x2   x2  lim 2 Xét L1  lim  x x   cos x x 0 2sin  x   1 2  0,25 3x    lim x   cos x x 0 Xét L2  lim 0,25 3x  x 2sin  3 x   x   1      2 Vậy L  L1  L2    b) 0,25 100  C100  C100   C100  250 Chứng minh C100 Ta có 0,5 2 100 100  C100 i  C100 i   C100 i 1  i 100  C100     100 99  C100  C100  C100   C100  C100  C100   C100 i Mặt khác 0,5 1  i 2   2i  i  2i  1  i 100   2i 50  250 100  C100  C100   C100  250 Vậy C100 Câu IV Cho a, b, c thoả a  b  c  Tìm GTNN M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c       Đặt u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w     M  uvw  Câu Va a)       2a  2b  2c   3a  3b  3c    4a  4b  4c  2 0,25 Theo cô – si có 22  2b  2c  2a  b  c  Tương tự … 0,5 Vậy M  29 Dấu xảy a  b  c  0,25 Học sinh tự vẽ hình  C1  : I1  0;  , R1  3;  C2  : I  3; 4  , R2  0,25  Gọi tiếp tuyến chung  C1  ,  C2  là  : Ax  By  C  A2  B   là tiếp tuyến chung  C1  ,  C2    B  C  A2  B 1  d  I1;    R1    d  I ;    R2  A  B  C  A2  B    Lop7.net  0,25 Môn Toán Từ (1) và (2) suy A  B C  3 A  B Trường hợp 1: A  B 0,5 Chọn B   A   C  2    : x  y    3 A  B Thay vào (1) A  B  A2  B  A  0; A   B   : y   0;  : x  y   Trường hợp 2: C  b) Gọi H là trung điểm BC  d  M ;  BB ' C    AH  a 0,25 a2 a3 BB '.BC   VMBB ' C  AH SBB ' C  2 12 Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có B ' C  MI ; B ' C  BC '  B ' C  MB 0,25 (Học sinh tự vẽ hình) Gọi K là hình chiếu A trên d  K cố định; 0,25 SBB ' C  0,5 Câu VIa Gọi   là mặt phẳng chứa d và H là hình chiếu A trên   Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK 0,25 Vậy AH max  AK    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK Gọi    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : x  y  z  15  0,25  K  3;1;    Câu Vb a) là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK    : x  y  z   Gọi  H  : x2 a2  y2 b2 0,25 0,25 1 (H) tiếp xúc với d : x  y    a  b  x   y   A  4;    H   16 a2  b2 1   2 0,25 x2 y  1 Từ (1) và (2) suy a  8; b    H  : 0,5 (Học sinh tự vẽ hình) Lấy B’ trên OB; C’ trên OC cho OA  OB '  OC '  0,25 b) Lop7.net Môn Toán Lấy M là trung điểm B’C’   OAM    OB ' C ' 0,25 Kẻ AH  OM  AH   OB ' C ' Ta có AM  OM   MH   AH  3 0,25 15 A SOBC  OB.OC.sin BOC  2 Vậy VOABC  AH SOBC  10 0,25 Gọi M 1  2t ;3  3t ; 2t  , N   6t '; 4t '; 5  5t ' 0,25 d  M ;  P     2t    t  0; t   Trường hợp 1: t   M 1;3;0  , MN   6t ' 4; 4t ' 3; 5t '      MN  nP  MN nP   t '   N  5;0; 5  0,25 Trường hợp 2: t   M  3;0;  , N  1; 4;0  0,25 Kết luận 0,25 Câu VIb Lop7.net