KÌ THI THỬĐẠIHỌC NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
có đồ thị (C
m
).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
( )
+∞;2
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 =+xx
b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+ xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
∫
+
=
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt
phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’
và BC là
a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44
++
++
=
yx
yx
P
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
=++−
zzzz
,
∈z
C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) :3 5 0x y∆ − − =
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
5
1
1
3
4
:
1
−
+
=
−
−
=
−
zyx
d
13
3
1
2
:
2
zyx
d
=
+
=
−
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d
1
và d
2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
−>− xxx
…… HẾT
ĐÁP ÁN
Câu I
a) Đồ Học sinh tự làm
0,25
b)
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
)1(6)12(66'
2
+++−=⇒ mmxmxy
y’ có
01)(4)12(
22
>=+−+=∆ mmm
0,5
+=
=
⇔=
1
0'
mx
mx
y
Hàm số đồng biến trên
( )
+∞;2
⇔
0'>y
2>∀x
⇔
21 ≤+m
⇔
1≤m
0,25
0,25
Câu II a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2 =+xx
1 điểm
PT
⇔
1)1cos4(3cos2
2
=−xx
⇔
1)sin43(3cos2
2
=− xx
0,25
Nhận xét
Zkkx ∈= ,
π
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
=− xx
⇔
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
=−
⇔
xxx sin3sin3cos2
=
⇔
xx sin6sin
=
0,25
⇔
+−=
+=
ππ
π
26
26
mxx
mxx
⇔
+=
=
7
2
7
5
2
ππ
π
m
x
m
x
;
Zm ∈
0,25
Xét khi
=
5
2
π
m
π
k
⇔
2m=5k
⇔
m
t5
=
,
Zt
∈
Xét khi
7
2
7
ππ
m
+
=
π
k
⇔
1+2m=7k
⇔
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl ∈
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
π
m
x =
(
tm 5
≠
);
7
2
7
ππ
m
x +=
(
37
+≠
lm
)
trong đó
Zltm ∈,,
0,25
b)
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+ xxxx
1 điểm
PT
⇔
631012)13(2
22
−+=−+ xxxx
232)12(412)13(2
222
−++−=−+ xxxxx
. Đặt
)0(12
2
≥−= txt
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++− xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx
0,25
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++− xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx
0,25
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12 +
=
−
=
x
t
x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:
+
+−
∈
7
602
;
2
61
x
0,5
Câu III
Tính tích phân
∫
+
=
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
1 điểm
Ta c ó
∫
+
=
2ln3
0
2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=
3
x
e
⇒
dxedu
x
3
3 =
;
22ln3;10 =⇒==⇒= uxux
0,25
Ta được:
∫
+
=
2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du
u
uu
∫
+
−
+
−
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1
0,25
=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1
+
++−
u
uu
0,25
8
1
)
2
3
ln(
4
3
−=
Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
−=
0,25
Câu IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC ⊥⇒
Kẻ
,'AAMH ⊥
(do
A∠
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC
⊥⇒
∈
⊥
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd ==
.
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
=
'
⇔
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
===
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
0,5
Câu V
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3=++ cba
.Chứng minh
rằng:
134)(3
222
≥+++ abccba
1 điểm
Đặt
2
;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf
+
=−+++=
*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf ≥
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba ≤≤
33 =++≤⇒ cbaa
hay a
1≤
=− ),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3
2222222
+−++−−+++
atttaabccba
=
)(4)2(3
2222
tbcatcb −+−+
=
+
−+
+
−+
22
22
4
)(
4
4
)(2
3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(
2
)(3
cba
cb
−−
−
=
0
2
))(23(
2
≥
−− cba
do a
1≤
0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
0),,( ≥ttaf
với a+2t=3
Ta có
134)(3),,(
2222
−+++= atttattaf
=
13)23(4))23((3
2222
−−+++− ttttt
=
0)47()1(2
2
≥−− tt
do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra
10&1
===⇔=−=⇔
cbacbt
(ĐPCM)
0,5
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn
nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44
++
++
=
yx
yx
P
Tõ gi¶ thiÕt suy ra:
xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22
−≥−+=
=−≥+−=
Tõ ®ã ta cã
1
3
1
≤≤− xy
.
0,25
Măt khác
xyyxyxyx +=+=+ 11
2222
nên
12
2244
++=+ xyyxyx
.đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của
1
3
1
;
2
22
)(
2
+
++
== t
t
tt
tfP
0.25
Tính
=
=
=
+
+=
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
0.25
Do hàm số liên tục trên
[ ]
1;
3
1
nên so sánh giá trị của
)
3
1
(
f
,
)26( f
,
)1(f
cho ra kết quả:
626)26( == fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min == fP
0.25
Cõu VIa 1 im
a) (Hc sinh t v hỡnh)
Ta cú:
( )
1;2 5AB AB= =
uuur
. Phng trỡnh ca AB l:
2 2 0x y+ =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t =
. I l trung im ca AC:
)2;12( ttC
0,5
Theo bi ra:
2),(.
2
1
==
ABCdABS
ABC
446. =t
=
=
3
4
0
t
t
T ú ta cú 2 im C(-1;0) hoc C(
3
8
;
3
5
) tho món .
0,5
b) 1 im
*T phng trỡnh on chn suy ra pt tng quỏt ca mp(ABC) l:2x+y-z-2=0 0.25
*Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca O l ờn (ABC), OH vuụng gúc vi
(ABC) nờn
)1;1;2(// nOH
;
( )
H ABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vo phng trỡnh( ABC) cú t=
3
1
suy ra
)
3
1
;
3
1
;
3
2
( H
0,25
*O i xng vi O qua (ABC)
H l trung im ca OO
)
3
2
;
3
2
;
3
4
(' O
0,5
CõuVIIa
Gii phng trỡnh:
10)2)(3)((
2
=++
zzzz
,
z
C.
1 im
PT
=++
10)3)(1)(2( zzzz
0)32)(2(
22
=++
zzzz
t
zzt 2
2
+=
. Khi ú phng trỡnh (8) tr thnh:
0,25
t
zzt 2
2
+=
. Khi ú phng trỡnh (8) tr thnh
0103
2
= tt
0,25
±−=
±−=
⇒
=
−=
⇔
61
1
5
2
z
iz
t
t
Vậy phương trình có các nghiệm:
61±−=z
;
iz ±−= 1
0,5
Câu VIb
a)
1 điểm
Viết phương trình đường AB:
4 3 4 0x y+ − =
và
5AB
=
Viết phương trình đường CD:
4 17 0x y− + =
và
17CD =
0,25
Điểm M thuộc
∆
có toạ độ dạng:
( ;3 5)M t t= −
Ta tính được:
13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5
17
t t
d M AB d M CD
− −
= =
0,25
Từ đó:
( , ). ( , ).
MAB MCD
S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ =
7
9
3
t t⇔ = − ∨ =
⇒
Có 2 điểm cần tìm là:
7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M− −
0,5
b) 1 điểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d
1
, d
2
tại hai điểm A và
B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥
( )
1 2
,d d d
dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d
1
, d
2
0, 25
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u
⊥
⊥
uuur r
uuur ur
A∈d
1
, B∈d
2
nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
⇒
AB
uuur
(….)…
⇒
A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)
⇒
I(2; 1; -1) 0,25
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R=
6
Nên có phương trình là:
( )
2
2 2
2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − + + =
0,25
CâuVIIb
Giải bất phương trình
2log9)2log3(
22
−>− xxx
1 điểm
Điều kiện:
0>x
Bất phương trình
⇔
)1(2log)3(3
2
−>− xxx
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
0.25
TH1 Nếu
3>x
BPT
⇔
3
1
log
2
3
2
−
−
>
x
x
x
Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0
3
1
)(
−
−
=
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
+∞;3
*Với
4
>
x
:Ta có
=<
=>
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
4
>
x
0,25
* Với
4
<
x
:Ta có
=>
=<
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
⇒
Bpt vô nghiệm
TH 2 :Nếu
30
<<
x
BPT
⇔
3
1
log
2
3
2
−
−
<
x
x
x
xxf
2
log
2
3
)( =
đồng biến trên khoảng
( )
+∞;0
3
1
)(
−
−
=
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
( )
3;0
*Với
1
>
x
:Ta có
=<
=>
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt vô nghiệm
* Với
1<x
:Ta có
=>
=<
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
⇒
Bpt có nghiệm
10 << x
0,25
Vậy Bpt có nghiệm
<<
>
10
4
x
x
0,25
Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.
.
KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 201 0-2 011
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút)
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT. A(3 + 4t; 1- t; -5 -2 t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
⇒
AB
uuur
(….)…
⇒
A(1; 2; -3 ) và B(3; 0; 1)
⇒
I(2; 1; -1 ) 0,25
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1 ) và bán