ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN NĂM 2011 - ĐỀ SỐ 2 docx

KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC 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) 1 y 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 23 )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 0 x 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 1 3 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) ồ Học sinh tự làm 0,25 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 y 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 b) 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   ,  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         26 26 mxx mxx          7 2 7 5 2   m x m x ; Zm  0,25 Xét khi  5 2  m  k  2m=5k  m t5  , Zt  Xét khi 7 2 7   m  =  k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Zl  Vậy phương trình có nghiệm: 5 2  m x  ( tm 5  ); 7 2 7   m x  ( 37   lm ) trong đó Zltm  ,, 0,25 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 b) 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 Tính tích phân    2ln3 0 23 )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 Câu III 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 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 Câu V Tõ gi¶ thiÕt suy ra: xyxyyx xyxyxyyxyx 33)(1 21 2 22   0,25 Từ đó ta có 1 3 1 xy . 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 (Hc sinh t v hỡnh) Ta cú: 1;2 5 AB AB . Phng trỡnh ca AB l: 2 2 0 x y . : ; I d y x I t t . I l trung im ca AC: )2;12( ttC 0,5 a) 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 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 b) *O i xng vi O qua (ABC) H l trung im ca OO ) 3 2 ; 3 2 ; 3 4 (' O 0,5 Gii phng trỡnh: 10)2)(3)(( 2 zzzz , z C. 1 im CõuVIIa PT 10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2( 22 zzzz t zzt 2 2 . Khi ú phng trỡnh (8) tr thnh: 0,25 Đặt zzt 2 2  . Khi đó phương trình (8) trở thành 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 0 x y    và 5 AB  Viết phương trình đường CD: 4 17 0 x y    và 17 CD  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 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            Ad 1 , Bd 2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) 0,25  AB  (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) 0,25 b) 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) 6 x y z       0,25 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 CâuVIIb TH1 Nếu 3  x BPT  3 1 log 2 3 2    x x x 0,25 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 * 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. . 23 2) 12( 4 12) 13 (2 222  xxxxx . Đặt )0( 12 2  txt Pt trở thành 023 2)13 (24 22  xxtxt Ta có: 22 2 )3( )23 2(4)13('  xxxx 0 ,25 b) Pt trở thành 023 2)13 (24 22  xxtxt Ta có: 22 2 )3( )23 2(4)13('. 5 2  m x  ( tm 5  ); 7 2 7   m x  ( 37   lm ) trong đó Zltm  ,, 0 ,25 Giải phương trình : 3 2 3 5 12) 13( 22  xxxx 1 điểm PT  6310 12) 13 (2 22  xxxx 23 2) 12( 4 12) 13 (2 222 . giả thi t cba   33      cbaa hay a 1    ),,(),,( ttafcbaf 134)(3134)(3 22 222 22  atttaabccba = )(4 )2( 3 22 22 tbcatcb  =                 22 22 4 )( 4 4 ) (2 3 cb bca cb cb