Đề ôn thi ĐH số 1 Thời gian làm bài: 180 phút ----------------------- A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) Câu 1: ( 2điểm) Cho hàm số y = 2 1 1 x x − − 1. Khảo sát sự biến thiên và đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ là a. Tiếp tuyến tại A của (C) cắt hai đường tiệm cận tại P và Q. Chứng tỏ rằng A là trung điểm của PQ và tính diện tích tam giác IPQ. Câu 2: (2điểm) 1. Giải bất phương trình: 2 2 log ( 3 1 6) 1 log (7 10 )x x+ + − ≥ − − 2. Giải phương trình: 6 6 2 2 sin os 1 tan 2 os sin 4 x c x x c x x + = − Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân: I = 4 2 0 (2 ) 1 tan x x e e x dx x π − + + ∫ Câu 4:(1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là một hình thoi cạnh a, góc · BAD = 60 0 . Gọi M là trung điểm AA’ và N là trung điểm của CC’. Chứng minh rằng bốn điểm B’, M, N, D đồng phẳng. Hãy tính độ dài cạnh AA’ theo a để tứ giác B’MDN là hình vuông. Câu 5: (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c lớn hơn 1 có tích abc = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 1 1 1 P a b c = + + + + + B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b 1. Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu 5.1a. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A(2; - 1) và đường thẳng d có phương trình 2x – y + 3 = 0. Lập phương trình đường thẳng (D) qua A và tạo với d một góc α có cosα 1 10 = 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(-1;-3;1). Lập phương trình của mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên mặtphẳng (P): x +y – 2z + 4 = 0. Câu 5.2a: (1 điểm) Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Từ các chữ số của tập X có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và phải có mặt chữ số 1 và 2. 2. Phần 2: Theo chương trình nâng cao: Câu 5.1b: ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A(-1;1) và B(3;3), đường thẳng (D): 3x – 4y + 8 = 0.Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng(D). 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 4 điểm A(3;0;0), B(0;1;4), C(1;2;2), D(-1;-3;1). Chứng tỏ A,B,C,D là 4 đỉnh của một tứ diện và tìm trực tâm của tam giác ABC. Câu 5.2b: (1 điểm) Giải hệ phương trình: log log 2 2 3 y x x y xy y = + = -------------------------------Hết--------------------------------- minhnguyen249@yahoo.com 0914449230 minhnguyen249@yahoo.com 0914449230 LỜI GIẢI THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG MÔN TOÁN - LẦN 1 Câu Nội dung Điểm Câu 1 (2điểm) --------- - Câu 2 (2điểm) --------- - Câu 3: (1điểm) ---------- Câu 4 (1điểm) ---------- Câu 5 (1điểm) ----------- Câu 6a 1.a (2điểm) ----------- Câu 6a 2a (1điểm) ----------- Câu 6b. 1b (2điểm) ----------- Câu6b 2b (1điểm) A.PHẦN CHUNG: 1. + TXĐ: D = R\{1} + lim lim 2 x x y y →+∞ →−∞ = = − ⇒ đường thẳng y = - 2 là tiệm cận ngang 1 1 lim , lim x x y y + − → → = −∞ = +∞ ⇒ đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng + y’ = 2 1 0, 1 (1 ) x x > ∀ ≠ − + bảng biến thiên: + Đồ thị: -3 -2 -1 1 2 3 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 x y 2. Giao điểm I(1; - 2) – A(a; 2 1 1 a a − − ) Tiếp tuyến tại A: y = 2 1 (1 )a− (x - a) + 2 1 1 a a − − Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến tại A: P(1; 2 1 a a− ) Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến tại A: Q(2a – 1; - 2) Ta có: x P + x Q = 2a = 2x A Vậy A là trung điểm của PQ. Ta có IP = 2 2 2 1 1 a a a + = − − ; IQ = 2( 1)a − S IPQ = 1 2 IP.IQ = 2 (đvdt) ---------------------------------------------------------------------------------------------------- 1. Điều kiện: 3 1 0 10 0 7 10 0 x x x + ≥ − ≥ − − > 1 10 3 x⇔ − ≤ ≤ 2 2 log ( 3 1 6) 1 log (7 10 )x x+ + − ≥ − − ⇔ 2 2 3 1 6 log log (7 10 ) 2 x x + + ≥ − − ⇒ 3 1 6 7 10 2 x x + + ≥ − − ⇒ 3 1 6 2(7 10 )x x+ + ≥ − − ⇒ 3 1 2 10 8x x+ + − ≥ ⇒ 49x 2 – 418x + 369 ≤ 0 ⇒ 1 ≤ x ≤ 369 49 (thoả) 2. Điều kiện: cos2x ≠ 0 ( ) 4 2 k x k π π ⇔ ≠ + ∈ ¢ ⇒ 3sin 2 2x + sin2x – 4 = 0 ⇒ sin2x = 1 ⇒ ( không thoả) Vậy phương trình vô nghiệm I = = = I 1 + I 2 Tính: I 1 = Đặt I 1 = - 2xe -x + = - - 2 I 2 = = = ---------------------------------------------------------------------------------------------------- + Gọi P là trung điểm của DD’. A’B’NP là hình bình hành: A’P//B’N A’PDM là hình bình hành:A’P//MD Vậy: B’N//MD hay B’, M,N,D đồng phẳng. + Hình B’NDM là hình bình hành + Để B’MND là hình vuông khi 2B’N 2 = B’D 2 . Đặt: y = AA’ 2( + a 2 ) = y 2 + a 2 ⇒ y = ----------------------------------------------------------------------------------------- --- Chứng minh: ≥ 1 Ta chứng minh: ⇔ ≥ 0 đúng Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b. Xét Vậy: P Vậy: P nhỏ nhất bằng 1 khi a = b = c = 2 -------------------------------------------------------------------------------------------- B. PH ẦN TỰ CHỌN 1.Ph ần 1 : Theo chương trình chuẩn 1. Đường thẳng (D) có dạng phương trình: a(x – 2) + b(y +1) = 0 hay: ax + by – 2a + b = 0 Ta có: 7a 2 – 8ab + b 2 = 0 Chon a = 1 ⇒ b = 1; b = 7. + (D 1 ): x + y – 1 = 0 và (D 2 ): x + 7y + 5 = 0 2. Goi pt mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 - (S) qua A: 6a + 2b + 2c – d - 11 = 0 - (S) qua B: 2b + 8c – d - 17 = 0 - (S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = 0 - Tâm ∈ (P): a + b – 2c + 4 = 0 Giải ra ta được: a = 1,b = - 1, c = 2, d = - 3 Vậy (S): x 2 + y 2 + z 2 – 2x + 2y – 4z – 3 = 0 ---------------------------------------------------------------------------------------------------- + Có 6 tập con có 5 chữ số chứa 0;1;2 + Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2 nhưng không chứa số 0 Vậy số có các chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho bằng 6(P 5 – P 4 ) + 4P 5 = 1.056 (số) ---------------------------------------------------------------------------------------------------- 2.Ph ần 2 : Theo chương trình nâng cao 1. Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB d qua M(1;2) có VTPT là , vậy d: 2x + y – 4 = 0 Vậy tâm I(a;4 – 2a) Ta có IA = d(I,D) ⇔ 2a 2 – 37a + 93 = 0 ⇔ a = 3 ; a = 31/2 +)Với a = 3: I(3;-2), R = 5, ptđt (x – 3) 2 + (y + 2) 2 = 25 +) Với a = 31/2: , R = ptđt: 2. Ta có Mp(ABC) có VTPT = ( - 3; - 1; - 2) (ABC): 3x + y + 2z – 6 = 0 ⇒ đpcm + Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P) ⊥ BC ⇒ (P): x + y – 2z – 3 = 0 (Q) là mặt phẳng qua B và (Q) ⊥ AC ⇒ (Q): 2x - y – z + 5 = 0 Trực tâm H: ---------------------------------------------------------------------------------------------------- 2b.Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 và y > 0 và y ≠ 1 Ta có + Với x = y ⇒ x = y = + Với x = ta có: theo bất đẳngt thức Cô-si pt vô nghiệm . ---------------------------------------------------------------------------------------------------- + Có 6 tập con có 5 chữ số chứa 0;1;2 + Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2 nhưng không chứa số 0 Vậy số có các chữ số khác nhau. minhnguyen249@yahoo.com 0914449230 minhnguyen249@yahoo.com 0914449230 LỜI GIẢI THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG MÔN TOÁN - LẦN 1 Câu Nội dung Điểm Câu 1 (2điểm) --------- - Câu 2