S GD& T QUNG NAM TRƯờng thpt PHAN CHU TRINH Đề thi thử đại học năm 2011 lần i Mụn : Toỏn, khi A,B (Thi gian 180 khụng k phỏt ) PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 07 im ) Cõu I:(2 im) Cho hm s y = 2 3 2 x x cú th l (C) 1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s trờn. 2) Tỡm trờn (C) nhng im M sao cho tip tuyn ti M ca (C) ct 2 tim cn ca (C) ti A, B sao cho AB ngn nht. Cõu II: (2 im) 1) Gii phng trỡnh: 2 2 2 3 sin( )cos( ) 2 os ( )= 3 4 sin os( ) os( ) 8 8 8 3 3 x x c x x c x c x + + + + 2) Gii h phng trỡnh: 2 2 2 2 0 3 2 5 2 0 x y x y x y xy x y + + + = + + = Cõu III: (2 im) .Tính tích phân sau: dx x xx I + = 3 0 2 cos 2sin Cõu IV: (1 im) Cho hình chóp S.ABC có SB(ABC), ABC vuông tại A, cạnh AB=a, AC=b, SB=c. Tính bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABC. PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 03 im ) (Thớ sinh ch chn mt trong hai chng trỡnh Chun hoc Nõng cao lm bi.) A/ Phn bi theo chng trỡnh chun Cõu V: (1 im)Tỡm m PT: ( ) 4 4 2 sin cos cos4 2sin 2 0x x x x m+ + + = cú nghim trờn 0; . 2 Cõu VIa: (2 im) 1. Trong h ta Oxy, cho hai ng trũn cú phng trỡnh ( ) 2 2 1 : 4 5 0C x y y+ = v ( ) 2 2 2 : 6 8 16 0.C x y x y+ + + = Lp phng trỡnh tip tuyn chung ca ( ) 1 C v ( ) 2 .C 2. Cho im ( ) 2;5;3A v ng thng 1 2 : . 2 1 2 x y z d = = Vit phng trỡnh mt phng ( ) cha d sao cho khong cỏch t A n ( ) ln nht. B/ Phn bi theo chng trỡnh nõng cao Cõu VIIa: (1 im) Cho a, b, c l cỏc s thc tho món 3.a b c+ + = Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc 4 9 16 9 16 4 16 4 9 . a b c a b c a b c M = + + + + + + + + Cõu VIb: (2 im) 1) Trong mt phng to Oxy, cho điểm I(-2;0) và 2 đờng thẳng (d): 2x y + 5 = 0, (d): x +y -3 = 0. Viết phơng trình đờng thẳng đi qua I & cắt d,d lần lợt tại A,B sao cho 2IA IB= uur uur 2) Trong khụng gian to Oxyz, cho mt phng (P): 2x y 5z + 1 = 0 v hai ng thng d 1 : 1 1 2 2 3 1 x y z+ = = , d 2 : 2 2 1 5 2 x y z + = = Vit phng trỡnh ng thng d vuụng gúc vi (P) ng thi ct hai ng thng d 1 v d 2 . 1 CâuVIIb(điểm) Cho x, y, z 0 ≥ thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 3 3 3 3 16x y z P x y z + + = + + Hết Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Trước hết ta có: ( ) 3 3 3 4 x y x y + + ≥ ( ) ( ) 2 0x y x y⇔ ⇔ − + ≥ 0.25 Đặt x + y + z = a. Khi đó ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 64 64 4 1 64 x y z a z z P t t a a + + − + ≥ = = − + 0.25 CÂU K Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 Gọi M(x o ; 0 0 2 3 2 x x − − )∈ (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆) y = 2 0 0 2 2 0 0 2 6 6 ( 2) ( 2 ) x x x x x − + − + − − (∆ ) ∩ TCĐ = A (2; 0 0 2 2 2 x x − − ) (∆ ) ∩ TCN = B (2x 0 –2; 2) 0 0 2 (2 4; ) 2 AB x x − = − − uuur ⇒ AB = 2 0 2 0 4 4( 2) 2 2 ( 2) cauchy x x − + − ≥ ⇒ AB min = 2 2 ⇔ 0 3 (3;3) 1 (1;1) o x M x M = →   = →  Ta có các tam giác SBA, SBC lần lượt vuông tại B. Do ( ) ( ) : 90 v tai A. o SB ABC SB AC AC SAB ABC A AB AC AC SA SAC ⊥ ⇒ ⊥   ⇒ ⊥  ∠ = ⇒ ⊥   ⇒ ⊥ ⇒ V V Gọi I, r lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABC . Ta có : . . . . . 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 . . . . . 3 3 3 3 3 1 1 . . ( ) 6 3 2 2 2 2 . . S ABC I ABC I SAB I SBC I SCA ABC ABC SAB SBC SAC V V V V V SB S r S r S r S r S ab ac b a c c a b abc r abc r ab ac b a c c a b = + ⇔ = + + + + + ⇔ = + + + ⇒ = + + + + + V V V V V 2 (với t = z a , 0 1t ≤ ≤ ) Xét hàm số f(t) = (1 – t) 3 + 64t 3 với t [ ] 0;1∈ . Có ( ) [ ] 2 2 1 '( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1 9 f t t t f t t   = − − = ⇔ = ∈   Lập bảng biến thiên 0.25 ( ) [ ] 0;1 64 inf 81 t M t ∈ ⇒ = ⇒ GTNN của P là 16 81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 Cho a, b, c thoả 3.a b c+ + = Tìm GTNN của 4 9 16 9 16 4 16 4 9 . a b c a b c a b 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= = = ⇒ = + + r r uur r r uur ( ) ( ) ( ) 2 2 2 w 2 2 2 3 3 3 4 4 4 a b c a b c a b c M u v≥ + + = + + + + + + + + r r uur Theo cô – si có 3 2 2 2 2 3 2 6 b c a b c+ + + + ≥ = . Tương tự … Vậy 3 29.M ≥ Dấu bằng xảy ra khi 1.a b c= = = Va Học sinh tự vẽ hình a) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 : 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R= − = Gọi tiếp tuyến chung của ( ) ( ) 1 2 ,C C là ( ) 2 2 : 0 0Ax By C A B∆ + + = + ≠ ∆ là tiếp tuyến chung của ( ) ( ) 1 2 ,C C ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 2 2 2 3 1 ; ; 3 4 3 2 B C A B d I R d I R A B C A B   + = + ∆ =   ⇔ ⇔   ∆ =   − + = +   Từ (1) và (2) suy ra 2A B= hoặc 3 2 2 A B C − + = Trường hợp 1: 2A B= . Chọn 1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0B A C x y= ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ ∆ + − ± = Trường hợp 2: 3 2 2 A B C − + = . Thay vào (1) được 2 2 4 2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0 3 A B A B A A B y x y− = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − = (Học sinh tự vẽ hình)Gọi K là hình chiếu của A trên d K ⇒ cố định; Gọi ( ) α là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên ( ) α . Trong tam giác vuông AHK ta có .AH AK ≤ Vậy ( ) max AH AK α = ⇔ là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. Gọi ( ) β là mặt phẳng qua A và vuông góc với d ( ) : 2 2 15 0x y z β ⇒ + + − = ( ) 3;1;4K⇒ ( ) α là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK ( ) : 4 3 0x y z α ⇒ − + − = Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 3 21 2 1 0 21 13 5 ; 7 14 0 13 5 5 5 x x y B x y y  =  − + =     ⇔ ⇒    ÷ − + =     =   Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu (1; 2); (1; 7); ( ; ) AB BD AC n n n a b− − uuur uuur uuur (với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: ( ) ( ) os , os , AB BD AC AB c n n c n n= uuur uuur uuur uuur 2 2 2 2 3 2 7 8 0 2 7 a b a b a b a ab b b a = −   ⇔ − = + ⇔ + + = ⇔  = −  - Với a = - b. Chọn a = 1 ⇒ b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3 (3;2) 2 1 0 2 x y x A x y y − − = =   ⇒ ⇒   − + = =   Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7 1 0 7 5 2 ; 7 14 0 5 2 2 2 x x y I x y y  =  − − =     ⇔ ⇒    ÷ − + =     =   Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ ( ) 14 12 4;3 ; ; 5 5 C D    ÷   - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) Phương trình tham số của d 1 và d 2 là: 1 2 1 2 2 : 1 3 ; : 2 5 2 2 x t x m d y t d y m z t z m = − + = +     = + = − +     = + = −   Giả sử d cắt d 1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d 2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) MN⇒ uuuur (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). Do d ⊥ (P) có VTPT (2; 1; 5) P n − − uur nên : p k MN kn∃ = ⇔ uuuur uur 3 2 2 3 5 3 2 2 5 m t k m t k m t k + − =   − + − = −   − − − = −  có nghiệm Giải hệ tìm được 1 1 m t =   =  Khi đó điểm M(1; 4; 3) ⇒ Phương trình d: 1 2 4 3 5 x t y t z t = +   = −   = −  thoả mãn bài toán 4 4 2 1 sin os 1 sin 2 2 x c x x+ = − và 2 os4 1 2sin 2 .c x x= − 0,25 ( ) 2 1 3sin 2 2sin 2 3x x m⇔ − + + = .Đặt sin 2t x = . Ta có [ ] [ ] 0; 2 0; 0;1 . 2 x x t π π   ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈     ( ) [ ] 2 3 2 3 , 0;1f t t t m t= − + + = ∈ 0,25 Ta có bảng biến thiên 0,25 4 Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 10 0; 2 2 3 m π   ⇔ ≤ ≤     0,25 5 . −   Giả sử d cắt d 1 tại M (-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d 2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) MN⇒ uuuur (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). Do d ⊥ (P) có VTPT (2; 1; 5) P n − − uur nên : p k. 3 3 3 16x y z P x y z + + = + + Hết Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Trước hết ta có: ( ) 3 3 3 4 x y x y + + ≥ ( ) ( ) 2 0x y x y⇔ ⇔ − + ≥ 0.25 Đặt x + y +. S GD& T QUNG NAM TRƯờng thpt PHAN CHU TRINH Đề thi thử đại học năm 2011 lần i Mụn : Toỏn, khi A,B (Thi gian 180 khụng k phỏt ) PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 07 im ) Cõu