I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y=x-3/x+1
2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm I (−1;1) và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N
sao cho I là trung điểm của đoạn MN.
– Download Bài giảng – ðề thi miễn phí Trang 1/5 SỞ GD&ðT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN ðỀ CHÍNH THỨC ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG LẦN II NĂM 2011 Môn thi : TOÁN - khối A. Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao ñề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) Câu I (2,0 ñiểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số 3 1 x y x − = + . 2. Viết phương trình ñường thẳng d ñi qua ñiểm ( )1;1I − và cắt ñồ thị (C) tại hai ñiểm M, N sao cho I là trung ñiểm của ñoạn MN. Câu II (2,0 ñiểm). 1. Giải phương trình ( ) ( )3sin 2 cos 3 2 3 cos 3 3 cos 2 8 3 cos s inx 3 3 0x x x x x+ − − + − − = . 2. Giải hệ phương trình ( )3 3 2 2 3 4 9 x y xy x y − = = . Câu III (2,0 ñiểm). 1. Cho x, y là các số thực thoả mãn 2 24 3x xy y .+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: 3 38 9M x y xy= + − . 2. Chứng minh ( ) 2 2 2 1 2 a b c ab bc ca a b c a b b c c a + + + + + ≥ + + + + + với mọi số dương ; ;a b c . Câu IV (1,0 ñiểm). Cho lăng trụ tam giác ñều . ' ' 'ABC A B C có cạnh ñáy là a và khoảng cách từ A ñến mặt phẳng (A’BC) bằng 2 a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C . II. PHẦN RIÊNG(3,0 ñiểm): Tất cả thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn Câu Va (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ (Oxy). Lập phương trình ñường thẳng qua ( )2;1M và tạo với các trục tọa ñộ một tam giác có diện tích bằng 4 . Câu VI.a (2,0 ñiểm). 1. Giải bất phương trình ( ) ( )2 2 21 log log 2 log 6x x x+ + + > − . 2. Tìm m ñể hàm số 3 2 23( 1) 2( 7 2) 2 ( 2)y x m x m m x m m= − + + + + − + có cực ñại và cực tiểu. Viết phương trình ñường thẳng ñi qua ñiểm cực ñại và cực tiểu khi ñó. B. Theo chương trình Nâng cao Câu Vb (1,0 ñiểm). Trong mặt phẳng tọa ñộ (Oxy) , cho ñiểm 1 3; 2 M . Viết phương trình chính tắc của elip ñi qua ñiểm M và nhận ( )1 3;0F − làm tiêu ñiểm. Câu VI.b (2,0 ñiểm). 1. Giải hệ phương trình 2 2 12 3x y y x x y + + = + = . 2. Tìm trên mặt phẳng tọa ñộ tập hợp tất cả các ñiểm mà từ ñó có thể kẻ ñược hai tiếp tuyến ñến ñồ thị hàm số 2 2 2 1 x x y x − + = − và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. ----------------------------------Hết---------------------------------- – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí Trang 2/5 SỞ GD&ðT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN ðÁP ÁN CHÍNH THỨC ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG LẦN II NĂM 2011 Môn thi : TOÁN - khối A. Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao ñề CÂU Ý NỘI DUNG ðIỂM Tập xác ñịnh: { }\ 1D R= − . 0,25 ñ Sự biến thiên: • Giới hạn và tiệm cận: lim 1; lim 1 1 x x y y y →−∞ →+∞ = = ⇒ = là TCN. ( ) ( )1 1 lim ; lim 1 x x y y x − +→ − → − = +∞ = −∞⇒ = − là TCð 0,25 ñ ( )2 4 ' 0, 1 y x D x = > ∀ ∈ + . • BBT: -∞ +∞ +∞ -∞ -1 + + 1 1 y y' x Hàm số ñồng biến trên các khoảng ( ) ( ); 1 , 1;−∞ − − +∞ Và không có cực trị. 0,25 ñ Ý 1 (1,0ñ) ðồ thị: ðT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và ñối xứng qua ( )1;1− . 4 2 -2 -5 5 x = -1 y = 1 y xO 0,25 ñ Gọi d là ñường thẳng qua I và có hệ số góc k ( ): 1 1d y k x= + + . Ta có: d cắt ( C) tại 2 ñiểm phân biệt M, N 3 : 1 1 x PT kx k x − ⇔ = + + + có 2 nghiệm PB khác 1− . 0,25 ñ Câu I (2,0ñ) Ý 2 (1,0ñ) Hay: ( ) 2 2 4 0f x kx kx k= + + + = có 2 nghiệm PB khác 1− ( ) 0 4 0 0 1 4 0 k k k f ≠ ⇔ ∆ = − > ⇔ < − = ≠ . 0,25 ñ – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí Trang 3/5 Mặt khác: 2 2M N Ix x x+ = − = ⇔ I là trung ñiểm MN với 0k∀ < . 0,25 ñ KL: PT ñường thẳng cần tìm là 1y kx k= + + với 0k < . 0,25 ñ Chú ý: Có thể chứng minh ñồ thị ( C) có I là tâm ñối xứng, dựa vào ñồ thị ( C) ñể kết luận kết quả trên. 2 3 2 2 2sin .cos 6sin .cos 2 3.cos 6 3cos 3 3 8( 3.cos sin ) 3 3 0 2cos ( 3cos sin ) 6.cos ( 3cos sin ) 8( 3cos sin ) 0 x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + − − + + − − = ⇔− − − − + − = . 0,50 ñ 2 2 ( 3 cos sin )( 2cos 6cos 8) 0 tan 3 3 cos sin 0 cos 1 cos 3cos 4 0 cos 4( ) x x x x x x x x x x x loai ⇔ − − − + = = − = ⇔ ⇔ = + − = = . 0,25 ñ Ý 1 (1,0ñ) 3 , 2 x k k x k π π π = +⇔ ∈Ζ = 0,25 ñ Ta có : 2 2 9 3x y xy= ⇔ = ± . 0,25 ñ . Khi: 3xy = , ta có: 3 3 4x y− = và ( )3 3. 27x y− = − Suy ra: ( )3 3;x y− là nghiệm PT 2 4 27 0 2 31X − X − = ⇔ X = ± 0,25 ñ Vậy ngiệm của PT là 3 32 31, 2 31x = + y = − − Hay 3 32 31, 2 31x = − y = − + . 0,25 ñ Câu II (2,0ñ) Ý 2 (1,0ñ) Khi: 3xy = − , ta có: 3 3 4x y− = − và ( )3 3. 27x y− = Suy ra: ( )3 3;x y− là nghiệm PT 2 4 27 0( )X X PTVN+ + = 0,25 ñ Ta ñặt 2t x y= + , từ giả thiết suy ra 2 3 3 t xy − = . ðiều kiện 2 30 5 t ≤ 0,25 ñ • Khi ñó ( ) ( )33 38 9 2 6 2 9M x y xy x y xy x y xy= + − = + − + − ( )3 23 6 9t t t f t= − − + + = 0,25 ñ Ý 1 (1,0ñ) • Xét hàm f(t) với 2 30 2 30 5 5 t ; ∈ − , ta ñược: ( ) ( )35 12 30 35 12 30 5 5 min f t ; max f t − + = = 0,5 ñ Câu III (2,0ñ) Ý 2 (1,0ñ) Ta có: 2 1 22 a ab ab a a a ab a b a b ab = − ≥ − = − + + (1) 0,50 ñ – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí Trang 4/5 Tương tự: 2 1 2 b b bc b c ≥ − + (2), 2 1 2 c c ca c a ≥ − + (3). 0,25 ñ Cộng (1), (2), (3), ta có: ( ) 2 2 2 1 2 a b c ab bc ca a b c a b b c c a + + + + + ≥ + + + + + 0,25 ñ Gọi M là trung ñiểm BC, hạ AH vuông góc với A’M Ta có: ( ' ) ' BC AM BC AA M BC AH BC AA ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ . 0,25 ñ Mà ' ( ' ) 2 a AH A M AH A BC AH⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = . 0,25 ñ Mặt khác: 2 2 2 1 1 1 6 ' 4' a AA AH A A AM = + ⇒ = . 0,25 ñ Câu IV (1,0ñ) KL: 3 . ' ' ' 3 2 16ABC A B C a V = . 0,25 ñ Gọi d là ðT cần tìm và ( ) ( );0 , 0;A a B b là giao ñiểm của d với Ox, Oy, suy ra: : 1 x y d a b + = . Theo giả thiết, ta có: 2 1 1, 8ab a b + = = . 0,25 ñ Khi 8ab = thì 2 8b a+ = . Nên: 12; 4 : 2 4 0b a d x y= = ⇒ + − = . 0,25 ñ Khi 8ab = − thì 2 8b a+ = − . Ta có: 2 4 4 0 2 2 2b + b − = ⇔ b = − ± . Với ( ) ( )22 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0b d x y= − + ⇒ − + + − = 0,25 ñ Câu Va (1,0ñ) Với ( ) ( )32 2 2 : 1 2 2 1 2 4 0b d x y= − − ⇒ + + − + = . KL 0,25 ñ ðK: 0 6x − . 0,25 ñ Hay: BPT ( )22 22 4 6 16 36 0x x x x x⇔ + > − ⇔ + − > 0,25 ñ Vậy: 18x < − hay 2 x< 0,25 ñ Ý 1 (1,0ñ) So sánh với ñiều kiện. KL: Nghiệm BPT là 2 6x< < . 0,25 ñ Ta có 2 2' 3 6( 1) 2( 7 2)y x m x m m= − + + + + 0,25 ñ HS có Cð, CT khi phương trình 2 23 6( 1) 2( 7 2) 0x m x m m− + + + + = có hai nghiệm phân biệt. Hay 4 17m + 0,25 ñ Chia y cho y’ ta có '( ) ( ) ( )y y x q x r x= + ; 2 3 22 2( ) ( 8 1) ( 5 3 2) 3 3 r x m m x m m m= − − − + + + + 0,25 ñ Toạ ñộ ñiểm cực trị là nghiệm của hệ '( ) 0 ( ) '( ). ( ) ( ) y x y r x y y x q x r x = ⇒ = = + Câu VIa (2,0ñ) Ý 2 (1,0ñ) Vậy phương trình ñường thẳng cần tìn là 2 3 22 2( 8 1) ( 5 3 2) 3 3 y m m x m m m= − − − + + + + 0,25ñ – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí Trang 5/5 PTCT elip có dạng: 2 2 2 2 1( 0) x y a b a b + = > > 0,25 ñ Ta có: 2 2 2 2 3 1 4 3 1 a b a b − = + = 0,25 ñ Ta có: 4 2 2 2 3 4 3 0 1( ), ( ) 4 b b b th b kth− − = ⇔ = = − 0,25 ñ Câu Vb (1,0ñ) Do ñó: 2 4a = . KL: 2 2 1 4 1 x y + = 0,25 ñ ( )( )2 2 1 0 , 1y x x y y x y x y x y x+ = + ⇔ − + − = ⇔ = = − . 0,50 ñ Khi: 1y x= − thì 2 62 3 6 9 log 9 x x x x−= ⇔ = ⇔ = 0,25 ñ Ý 1 (1,0ñ) Khi: y x= thì 1 2 3 2 2 3 3 log 3 3 x x x x+ = ⇔ = ⇔ = . 0,25 ñ Gọi M(a;b) là một ñiểm thoả mãn ñề bài. Khi ñó ñường thẳng qua M có dạng ( )y k x a b= − + Sử dụng ñiều kiện tiếp xúc cho ta hệ 2 1 11 ( ) 1 ( ) (1) 1 1 1 11 (*) 1 ( 1) (2) ( 1) 1 x k x a b x k x a b x x k x k x x x − + = − + − + = − + − −⇔ − = − − = − − − 0,25 ñ Lấy (1) – (2) ta có [ ]1 1 (1 ) 1 2 k a b x = − + − Kết hợp với (*) cho ta [ ] 2 2 2 2 1 1 (1 ) ( 1) 2 (1 ) 2 4 01 2 k k k a b a k a b k bk ≠ ≠ ⇔ − + − + − + + − =− = 0,25 ñ ðể từ M kẻ ñược hai tiếp tuyến vuông góc ñến ñồ thị hàm số thì hệ phương trình trên phải có 2 nghiệm phân biệt 1 2,k k sao cho 1 2. 1k k = − Hay [ ] 2 2 2 2 2 2 1 0 1 4 1 ( 1) 4 ( 1) 1 0 ( 1) 2 (1 ) 2 4 0 a a b a b a a b a a b b − ≠ ≠ − = − ⇔ − + = − − + + ≠ − + − + + − ≠ 0,25 ñ Câu VIb (2,0ñ) Ý 2 (1,0ñ) Vậy tập hợp ñiểm M thoả mãn yêu cầu bài toán thuộc ñường tròn ( )2 21 4x y− + = trừ bỏ ñi 4 giao ñiểm của ñường tròn này với 2 ñường thẳng : x = 1 và –x + y + 1 = 0. 0,25 ñ ------------------------------HẾT------------------------------
Tài liệu đính kèm: