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)
Cho hàm số
1
.
1
x
y
x




a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị


C
của hàm số.
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
1
.
1
x
m
x

Câu III (2 điểm)
a) Tìm giới hạn
3
2 2
0
3 1 2 1
lim .
1 cos
x
x x
L
x

  



b) Chứng minh rằng
0 2 4 6 98 100 50
100 100 100 100 100 100
2 .
C C C C C C       
Câu IV (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực thoả mãn
3.
a b c
  
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .
a b c a b c a b c

b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’.
Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C.
Câu VIa (1 điểm)
Cho điểm


2;5;3
A và đường thẳng
1 2
: .
2 1 2
x y z
d
 
  Viết phương trình mặt phẳng



chứa
d
sao cho khoảng cách từ
A
đến



lớn nhất.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Môn Toán

1 3
: ,
2 3 2
x y z
d
 
 


2
5 5
: .
6 4 5
x y z
d
 
 

Tìm điểm M thuộc d
1
, N thuộc d
2
sao cho MN song song với (P) và đường
thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2.

ĐÁP ÁN
Câu I 2 điểm


0,25
Đạo hàm:
 
2
2
' 0, 1
1
y x
x

    

Hàm số nghịch biến trên các khoảng


;1

và


1; .

Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên:

0,25
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
1;
x


Số nghiệm của
1
1
x
m
x



bằng số giao điểm của đồ thị
1
1
x
y
x



và
.
y m


0,25
Suy ra đáp số
1; 1:
m m
  
phương trình có 2 nghiệm

.
Đặt
sin 2
t x

. Ta có
   
0; 2 0; 0;1 .
2
x x t


 
    
 
 

Suy ra
 
 
2
3 2 3 , 0;1
f t t t m t     
0,25
Ta có bảng biến thiên

0,25
Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên
10
0; 2

x x x
   
0,25
Trường hợp 1:
1
x


 
2
2 2 0 2
x x x
    

0,25
Trường hợp 1:
0 1
x
 

 
2
2 6 3 0 2 3 3
x x x
      

Vậy tập nghiệm của (2) là


2;2 3 3

0
3 1 1 2 1 1
lim
1 cos 1 cos
x
x x
L
x x

 
   
 
 
 
 
 

0,25
Xét
2 2
1
2 2
0 0
2 1 1 2
lim lim 2
1 cos
2sin 2 1 1
2
x x
x x

x x
L
x
x
x x
 
 
  
  
   
 
 
 

0,25
Vậy
1 2
2 2 4
L L L
    

0,25
b)
Chứng minh rằng
0 2 4 100 50
100 100 100 100
2 .
C C C C     

Ta có

  
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
      
     

     
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           
  

0,25
Theo cô – si có
3
2

0,25
Gọi tiếp tuyến chung của




1 2
,
C C
là


2 2
: 0 0
Ax By C A B
     


là tiếp tuyến chung của




1 2
,
C C 
 

Từ (1) và (2) suy ra
2
A B

hoặc
3 2
2
A B
C
 


Trường hợp 1:
2
A B

.
Chọn
1 2 2 3 5 : 2 2 3 5 0
B A C x y
            

Trường hợp 2:
3 2
2
A B
C
 
 . Thay vào (1) được
2 2

' ; ' ' ' .
B C MI B C BC B C MB
   

0,5
Câu VIa (Học sinh tự vẽ hình)
Gọi K là hình chiếu của A trên d
K

cố định;
Gọi



là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên



.
0,25
Trong tam giác vuông AHK ta có
.
AH AK


Vậy


x y z

    

0,25
Câu Vb a)
Gọi
 
2 2
2 2
: 1
x y
H
a b
 

(H) tiếp xúc với
 
2 2
: 2 0 4 1
d x y a b     
0,25
     
2 2
16 4
4 2 4;2 1 2
x y A H





' ' .
OAM OB C
 
Kẻ


' '
AH OM AH OB C
  
0,25
Ta có
2 3 4 6
2 3
3 3
AM OM MH AH     
0,25

1 15 3
. .sin
2 2
OBC
S OBOC BOC 
Vậy
1
. 10 2
3

      




. 0 ' 0 5;0; 5
P P
MN n MN n t N
      
   

0,25
Trường hợp 2:




1 3;0;2 , 1; 4;0
t M N   
0,25
Kết luận
0,25