ễN THI CAO NG, I HC NM 2011 MễN TON HC

M 007

Thi gian lm bi: 180 phỳt (Khụng k thi gian giao )

Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x




1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.

Câu II (2 điểm)
1. Giải hệ phơng trình:
1 1 4
6 4 6
x y
x y





dx
x x


Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dơng thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng

1 1 1
1
1 1 1
x y y z z x

Phần riêng (3,0 điểm).Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A.Theo chơng trình Chuẩn

Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích
bằng
3
2
và trọng tâm thuộc đờng thẳng

: 3x y 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.

Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập đợc bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số

2
x x
y
x



có đồ thị (C).Giả sử đờng thẳng y = kx + 1 cắt (C)
tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm tập hợp trung điểm I của AB khi k thay đổi.

Câu VIII.b (1 điểm) Giải phơng trình:




2
2 2
log log
3 1 . 3 1 1
x x
x x
đáp án thang điểm

Lu ý:Mọi cách giải đúng và ngắn gọn đều cho điểm tối đa

' 0
( 1)
y
x


với mọi x

- 1
x -

-1 +


y + +

y +

2

2 -
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-

; -1) và ( -1; +

)


x
y
x




Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì
MA = |x
0
+1| , MB = | y
0
- 2| = |
0
0
2 1
1
x
x


- 2| = |
0
1
1
x

|
Theo Cauchy thì MA + MB



II 1.(1,0 điểm) Giải hệ . . . (2,0 điểm)

Điều kiện: x

-1, y

1
Cộng vế theo vế rồi trừ vế theo vế ta có hệ
1 6 1 4 10
6 1 4 1 2
x x y y
x x y y






Đặt u=
1 6
x x

, v =
1 4
y y


là nghiệm của hệ
0,25

0,25

0,25 0,25

2. (1,0 điểm) Giải phơng trình . . .

Điều kiện:sinx.cosx

0 và cotx

1
Phơng trình tơng đơng
0,25

1 2(cos sin )
sin cos2 cos
1
cos sin 2 sin
x x
x x x
x x x

III Tìm vị trí . . .
(1,0 điểm)

S
H
I
O
B
M
A

Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R
3
, SI =
2
3
R
,
SM =
2 2
2
SO OM R


SH = R hay H là trung điểm của SM
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên mp(MAB) thì HK =
1
2
SO=
3
0,25

0,25

0,5
IV Tính tích phân . . .
(1,0 điểm)

Đặt u = x+
2
1
x

thì u - x=
2
1
x



0,25 0,25
2 1 2 1 2 1
2
2
2 1 2 1 2 1
1 1
1
1 1
2
1 2 1 2 (1 )
du
du du
u
I
u u u u







=
2 1 2 1

3
thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có
a
3
+ b
3
=(a+b)(a
2
+b
2
-ab)

(a+b)ab, do a+b>0 và a
2
+b
2
-ab

ab

a
3
+ b
3
+1

(a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0


3 3

1
a b 1

+
3 3
1
c 1
b

+
3 3
1
a 1
c1 1 1 1
a b c
ab bc ca =
0,25
VI. a Tìm tọa độ . . .
(1,0 điểm)

Ta có: AB =
2
, M = (
5 5
;
2 2

), pt AB: x y 5 = 0
S
ABC

=
1
2
d(C, AB).AB =
3
2

d(C, AB)=
3
2

Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=
1
2


(1,0 điểm)

Gọi số có 6 chữ số là
abcdef

Nếu a = 7 thì có 7 cách chọn b, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f. ở đây có 7.6.5.4.3 = 2520số
Nếu b = 7 thì có 6 cách chọn a, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách
chọn e, 3 cách chọn f. ở đây có 6.6.5.4.3 = 2160số
Tơng tự với c, d, e, f
Vậy tất cả có 2520+5.2160 = 13320 số
0,25 0,5

0,25
VIII. a Tìm a để . . .
(1,0 điểm)

Điều kiện: ax + a > 0
Bpt tơng đơng
2
1 ( 1)
x a x


Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có


- 1
y =
2 2
1
( 1) 1
x
x x


=0 khi x=1

x
- -1 1 +

y

- || - 0 +
y
-1 +

1

-


2
2
0
;y
0
), A(x
1
;y
1
), B(x
2
;y
2
)
Tiếp tuyến tại A có dạng
1 1
1
4 3
xx yyTiếp tuyến đi qua M nên
0 1 0 1
1
4 3
x x y y

(1)
Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt
0 0
1
4 3


Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì
(x- y)x
0
+ 4y 4 = 0 0,25
0,5



0 1
4 4 0 1
x y y
y x




Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1)

Trung điểm I của AB có tọa độ thỏa mãn
2 3
2 2
1
k
x
k
y kx









2
2 5 2
2 2
x x
y
x

Vậy quĩ tích cần tìm là đờng cong
2
2 5 2

x

=u,


2
log
3 1
x
v

ta có pt
u +uv
2
= 1 + u
2
v
2


(uv
2
-1)(u 1) = 0
2
1
1
u
uv