SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 4 – NĂM 2010 GV. Trần Mạnh Tùng Môn thi: Toán Lớp Toán 12 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. Câu I (2 điểm) Cho hàm số : 1 2 − + = x x y (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 2. Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của đồ thị (1) đều lập với hai đường tiệm cận một tam giác có diện tích không đổi. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 2 cos 2 1 cot 1 sin sin 2 1 tan 2 x x x x x − = + − + . 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm mxxxx =+−−++ 11 22 Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) với a, b, c > 0. 1. Tính khoảng cách từ O đến mp (ABC). 2. Tính thể tích khối đa diện OIBC trong đó I là chân đường cao kẻ từ C của ABC ∆ . Câu IV (2 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 0; y = 1 )1( 2 + − x xx . 2. Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x + y + z = xyz. Tìm GTNN của A = )1()1()1( zxy zx yzx yz xyz xy + + + + + . PHẦN RIÊNG-------- Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V. a hoặc V.b----- Câu V. a. Dành cho chương trình chuẩn (2 điểm). 1. Giải phương trình log(10.5 15.20 ) log 25 x x x + = + . 2. Tính thể tích lăng trụ đều ABC.A’B’C’ biết (ABC’) hợp với đáy góc 60 0 và diện tích tam giác ABC ' bằng 2 3a Câu V. b. Dành cho chương trình nâng cao (2 điểm). 1. Giải bất phương trình: 32 4 )32()32( 1212 22 − ≤−++ −−+− xxxx 2. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành có AB = a, góc ABC = 30 0 ; hai mặt bên SAD và SBC vuông tại A, C cùng hợp với đáy góc α . CMR: (SAC) ⊥ (ABCD) và tính thể tích khối chóp S.ABCD. ------------------------------ tranmanhtung ------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh ……………………… SBD: 02 - 2010 TMT – 091 3366 543 Page - 1/6 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CHI TIẾT - MÔN TOÁN - ĐỀ SỐ 4 – 12U Gv. Trần Mạnh Tùng – 091 3366 543 -------------------- Câu Ý Nội dung Điểm I 2 1 Khảo sát- vẽ đồ thị (1 điểm) Ta có: 1 3 1 − += x y • TXĐ: D = R\ {1} • Sự biến thiên: + Giới hạn – Tiệm cận: +∞= + → y x 1 lim −∞= − → y x 1 lim ⇒ ĐTHS có tiệm cận đứng: x = 1 1lim = +∞→ x y ⇒ ĐTHS có tiệm cận ngang: y = 1 0,25 + Bảng biến thiên: 'y = 0 )1( 3 2 < − − x , Dx ∈∀ HS nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; 1) và (1; + ∞ ) HS không có cực trị 0,5 • Đồ thị: KL: Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25 2 CMR: Mọi tiếp tuyến …… diện tích không đổi (1 điểm) TMT – 091 3366 543 Page - 2/6  Giả sử M       − + 1 2 ; a a a thuộc đồ thị (1) Tiếp tuyến của (1) tại M: 1 2 ))(( ' − + +−= a a axayy = 2 2 2 )1( 24 )1( 3 − −+ + − − a aa x a 0,25  TCĐ: x = 1 ( 1 ∆ ) ; TCN: y = 1( 1 ∆ ) Gọi I là giao 2 tiệm cận ⇒ I(1; 1) A = d ∩ 1 ∆ ⇒ A(1; 1 5 − + a a ) ; B = d ∩ 2 ∆ ⇒ B(2a-1; 1) 0,25        − = → 1 6 ;0 a IA ⇒ IA = 1 6 − a ; ( ) 0;22 −= → aIB ⇒ IB = 2 1 − a 0,25  Diện tích IAB ∆ : S IAB ∆ = IBIA. 2 1 = 6 (đvdt) ⇒ ĐPCM 0,25 II 2 1 Tìm x );0( π ∈ thoả mãn pt (1 điểm) ĐK:    −≠ ≠ ⇔    ≠+ ≠ 1tan 02sin 0cossin 02sin x x xx x ------------------------------------------------------------------------------------------- Khi đó pt xxx xx xx x xx cossinsin sincos cos.2cos sin sincos 2 −+ + = − ⇔ xxxxxx x xx cossinsincossincos sin sincos 22 −+−= − ⇔ 0,25 ------ 0,25 ⇔ )2sin1(sinsincos xxxx −=− ⇔ 0)1sincos)(sinsin(cos 2 =−−− xxxxx 0,25 ⇔ 0)32cos2)(sinsin(cos =−+− xxxx ⇔ 0sincos =− xx ⇔ tanx = 1 )( 4 Zkkx ∈+=⇔ π π (tm) 0,25 2 Tìm m để pt có nghiệm (1 điểm) Xét hs: 11)( 22 +−−++= xxxxxf 12 12 12 12 )(' 22 +− − − ++ + = xx x xx x xf    ++−=+−+ ≥−+ ⇔= )1()12()1()12( 0)12)(12( 0)(' 2222 xxxxxx xx xf 0,25 TMT – 091 3366 543 Page - 3/6 TMT – 091 3366 543 Page - 4/6 TMT – 091 3366 543      = − ≤∨≥ ⇔ )(0 2 1 2 1 lx xx Rxf ∈∀>= ,01)0(' ⇒ HS )(xf đồng biến trên R. 0,25 1)(lim;1)(lim −== −∞→+∞→ xx xfxf 0,25 PT có nghiệm khi: -1 < m < 1. 0,25 III 2 1 Tính khoảng cách từ O đến (ABC) (1 điểm) PT mp(ABC): 1 =++ c z b y a x 0,5 0 =−++⇔ abcabzcaybcx O,25 ( ) 222222 )(, accbba abc ABCOd ++ = 0,25 2 Tính thể tích khối đa diện OIBC (1 điểm) → AB = ( ) 0;;ba − PTTS của AB:      = = −= 0z bty atax 0,25 )0;;( btataIABI −⇒∈ ⇒ → IC = ( ) cbtaat ;; −− → IC ⊥ → AB → ⇔ IC . → AB = 0 22 2 222 0)( ba a ttbaa + =⇔=+−⇔ ⇒         ++ 0;; 22 2 22 2 ba ba ba ab I ( ) 0;0; 00 0 ; 0 00 ; 0 0 , bc b cc b OCOB =         =       →→ 22 3 ., ba cab OIOCOB + =       ⇒ →→→ 0,25 0,25 0,25 Page - 5/6 IV 2 1 Tính tích phân (1 điểm) 0 0; 1y x x= ⇔ = = 0,25 Khi đó: 1 1 2 2 2 0 0 (1 ) 1 1 x x x x S dx dx x x − − = = + + ∫ ∫ 0,25 = 1 1 1 2 2 0 0 0 1 1 x dx dx dx x x − + + + ∫ ∫ ∫ 1 ln 2 1 2 4 π = − + 0,25 0,25 2 Tìm GTNN (1 điểm)  Cách 1: • CM: Với mọi a, b > 0 thì       +≤ + baba 11 4 11 (1) Dấu “ =” xảy ra ba =⇔ A =         + + + + + −++ xyzzxyzyxyzxzyx 111111 A =         ++ + ++ + ++ −++ yxzxzyzyxzyx 2 1 2 1 2 1111 • Áp dụng (1) ta có: A         + + + + + +++−++≥ yxxzzyzyxzyx 111 2 1 2 1 2 1 4 1111         ++=         ++−++≥ zyxzyxzyx 111 4 3111 4 1111 • CM: Với mọi a, b, c thì: ( ) ( ) cabcabcba ++≥++ 3 2 (2) Dấu “=” xảy ra cba ==⇔ Áp dụng (2) ta có: 3.3 111 3 111 2 = ++ =         ++≥         ++ xyz zyx zxyzxyzyx • Do x, y, z > 0 nên 3 111 ≥++ zyx ⇒ A 4 33 ≥ KL: 4 33 min = A đạt được khi 3 === zyx  Cách 2: A =         ++ + ++ + ++ −++ yxzxzyzyxzyx 2 1 2 1 2 1111 Theo CôSi: A         ++−++≥ 444 4 1 4 1 4 1111 xyzzxyyzxxyz zyx A         ++++++++−++≥ zyxzyxzyxzyx 211121112 16 1111 A         ++≥ zyx 111 4 3 (Cách 1) 0,25 0,25 0,25 0,25 TMT – 091 3366 543 Page - 6/6 V.a Dành cho ban Cơ Bản 2 1 Giải phương trình (1 điểm) PT ( ) ( ) xxx 10.25lg20.155.10lg =+⇔ 0,25 xxx 10.2520.155.10 =+⇔ 0102.254.15 =+−⇔ xx 0,25 Đặt )0(2 >= tt x , ta được: 15t 2 - 25t +10 = 0     = = ⇔ )( 3 2 )(1 tmt tmt 0,25 1 = t 012 =⇔=⇒ x x       =⇔=⇒= 3 2 log 3 2 2 3 2 2 xt x KL: 0,25 2 Tính thể tích lăng trụ (1 điểm)  Gọi H là trung điểm AB    ⊥ ⊥ ⇒ ABHC ABCH ' ( ) 0 60')',()(),'( ===⇒ CHCHCCHABCABC  22 ' 32'.3 aABHCa S ABC =⇔= ∆ (1) Xét 'HCC ∆ vuông tại C: 3 60cos ' 0 AB HC HC == (2) Từ (1),(2) 6';2 aHCaAB ==⇒  aHCCC 2 23 60sin'.' 0 == 202 2 3 60sin 2 1 aAB S ABC == ∆  3 '''. 4 63 '. aCC SV ABCCBAABC == ∆ (đvtt) 0,25 0,25 0,25 0,25 V.b Dành cho ban KHTN 2 TMT – 091 3366 543 Page - 7/6 1 Giải bất phương trình (1 điểm) Bpt ( ) ( ) 43232 22 22 ≤−++⇔ −− xxxx Đặt ( ) )0(32 2 2 >+= − tt xx , ta được: 4 1 ≤+ t t 014 2 ≤+− tt 3232 +≤≤−⇔ t (tm) 0,5 Khi đó: ( ) 323232 2 2 +≤+≤− − xx 121 2 ≤−≤−⇔ xx ⇔ 2121012 2 +≤≤−⇔≤−− xxx KL: 0,5 2 CM: (SAC) ⊥ (ABCD) và tính thể tích S.ABCD (1 điểm) S  CM: (SAC) ⊥ (ABCD): BCSA BCAD ADSA ⊥⇒    ⊥ // )()()( ABCDSACSACBC BCSC ⊥⇒⊥ → ⊥  Tính thể tích: ( ) ( ) α == →    ⊥ ⊥ =∩ ACSCABCDSBC ACBC SCBC BCABCDSBC ,)(),( )()( (1) Tương tự ( ) ( ) α ==⇒ ACSAABCDSAD ,)(),( (2) Từ (1), (2) α ==⇒ SCASAC  SAC ∆ cân tại S )(ABCDSOACSO SOBC ⊥ →⊥⇒ ⊥ ABC ∆ vuông tại C : AC = AB.sin30 0 = 2 a 20 4 3 60sin 2 1 .22 aACAB SS ABCABCD ===  SOA ∆ vuông tại O: AO = 42 1 a AC = SO = AO.tan αα tan 4 1 4 a = α tan 48 3 . 3 1 3 . aSO SV ABCDABCDS == (đvtt). 0,25 0,25 0,25 TMT – 091 3366 543 Page - 8/6 0,25 TMT – 091 3366 543 Page - 9/6 . ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 4 – NĂM 2010 GV. Trần Mạnh Tùng Môn thi: Toán Lớp Toán 12 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) PHẦN. coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh ……………………… SBD: 02 - 2010 TMT – 091 3366 543 Page - 1/6 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CHI TIẾT - MÔN TOÁN - ĐỀ