ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG pdf

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG CẦN THƠ Môn thi: TOÁN; khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 13 3  xxy (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt: mmxx 33 3 3  Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 4 4 (2 sin 2 )(2cos cos ) cot 1 2sin x x x x x     2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 5 0 ( , ) 2 5 1 0 x y xy x y x y xy y y               ¡ Câu III (1 điểm) Tính 2 cos 8 sin 2 cos2 2 x dx x x            Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), , 2 SA AB a AC a    và · · 0 90 . ASC ABC  Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC). Câu V (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ab bc ca T a b ab b c bc c a ca          PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm (4; 1), ( 3; 2) A B    và đường thẳng :3 4 42 0 x y     . Viết phương trình đường tròn ( ) C đi qua hai điểm , A B và tiếp xúc với đường thẳng . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; 6; 6), B(4; 4; 4), C( 2; 10; 2) và S(2; 2; 6). Chứng minh O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi và hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (OABC) trùng với tâm I của OABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AC. Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: 2 3 3 (2 1)log (4 9)log 14 0 x x x x      B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có A(1; 0), B(3; 2) và · 0 120 . ABC Xác định tọa độ hai đỉnh C và . D 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C lần lượt di động trên các tia Ox, Oy và Oz sao cho mặt phẳng (ABC) không đi qua O và luôn đi qua điểm M(1; 2; 3). Xác định tọa độ các điểm A, B, C để thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 3 3 3 27 9 ( , ) log ( 1) log ( 1) 1 x y x y x y x y x y                ¡ Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………… Số báo danh……………www.laisac.page.tl ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: A Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm)  Tập xác định: D = ¡  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 2 ' 3 3, ' 0 3 3 0 1, ( 1) 3, (1) 1 y x y x x y y              0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 1) và (1; +), nghịch biến trên khoảng (1; 1) - Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và y CT = y(1) = 1; + Hàm số đạt cực đại tại x = -1 và y CĐ = y(-1) = 3. - Giới hạn: x x lim , lim       0,25 Bảng biến thiên: 0,25 '' 6 , '' 0 6 0 0, (0) 1 y x y x x y         điểm uốn I(0; 1) Đồ thị: đi qua các điểm (2; 1), (2; 3) và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng. 0,25 2. (1,0 điểm) Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị (C’) của hàm số: 13 3  xxy và đường thẳng (d): 13 3  mmy ((d) cùng phương với trục hoành) Xét hàm số: 13 3  xxy , ta có: + Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng, đồng thời 0 x   thì 3 3 3 1 3 1 y x x x x       0,25 I (2,0 điểm) Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên: 0,25  1 y’(x) y(x)   +  1 0 0 + +  3  1   +  x y 0 1  2  1 2 1       1 3 x y 0 1  2  1 2 1      1 3  (d) + Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là: 3 3 3 2 3 3 0 1 3 1 1 0 3 3 2 0 1 m m m m m m m m m                                   0,5 1. (1,0 điểm) 1) ĐK: ,x k k    ¢ Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với: 4 4 2 2 2 2 2 1 cos sin (2 sin 2 )(cos cos ) 2 1 1 1 sin 2 (2 sin 2 )(cos cos ) 2 2 x x x x x x x x x + = - - Û - = - - 0,25 2 2 2 2 2 1 2 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 1 2cos cos 2 2cos cos 1 0 x x x x x x x x - = - - Û = - Û - - = 0,25 2 2 2 , ( ) 3 x l x l l Z p p p é = ê ê Û ê = ± + Î ê ë 0,25 II (2,0 điểm) So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là 2 2 , 3 x l l p p = ± + Î ¢ 0,25 2. (1,0 điểm) Nhận xét: Hệ đã cho không có nghiệm (x; 0), nên tương đương với: 2 5 0 1 2 5 0 x x xy y x y y                0,25 1 ( )( ) 6 1 5 x y x y x y x y                0,25 2 ( ) 1 3 3 ( ) 1 2 x y I x y x y II x y                              0,25 Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ là:                   2 51 ; 2 55 ; 2 51 ; 2 55 0,25 III (1,0 điểm) 2 cos 1 cos(2 ) 1 8 4 sin 2 cos2 2 2 2 1 sin(2 ) 4 x x dx dx x x x                    0,25 A S C B M H 2 cos(2 ) 1 4 2 2 1 sin(2 ) sin( ) cos( ) 4 8 8 x dx dx x x x                                   0,25 2 cos(2 ) 1 1 4 3 2 2 2 1 sin(2 ) sin ( ) 4 8 x dx dx x x                       0,25 1 3 ln 1 sin(2 ) cot( ) 4 8 4 2 x x C                0,25 + Kẻ SH vuông góc AC (H  AC)  SH  (ABC)  3 3, , 2 a SC BC a SH   2 3 2 ABC a S    3 . 1 . 3 4 S ABC ABC a V S SH    0,25 + Gọi M là trung điểm SB và  là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC). Ta có: SA = AB = a, SC BC a 3    AM  SB và CM  SB  · cos cos AMC   0,25 + SAC = BAC  3 6 2 2 a a SH BH SB    0,25 IV (1,0 điểm) AM là trung tuyến SAB nên: 2 2 2 2 2 2 2 10 4 16 AS AB SB a AM     10 4 a AM  Tương tự: 42 4 a CM  · 2 2 2 AM CM AC 105 cosAMC 2.AM.CM 35       Vậy: 105 cos 35   0,25 Đặt 1 1 1 , ,a b c x y z    . Khi đó theo giả thiết ta có x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn: xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại: 1 1 1 1 1 1 T x y y z z x          0,25 V (1,0 điểm) Ta luôn có Bđt thức đúng:   2 3 2 2 3 3 3 3 3 0 x y x xy y xy           3 2 2 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1 x y x y x xy y x y xy                     3 3 3 3 1 x y xy x y z      3 3 3 3 1 1 z x y x y z       (1) 0,25 Tương tự: 3 3 3 3 1 1 x y z x y z      (2); 3 3 3 3 1 1 y z x x y z      (3) 0,25 Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được: 1 T  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1 Vậy max 1 T  đạt được khi a = b = c = 1 0,25 1. (1,0 điểm) Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C) AI 2 = BI 2  7a + b = 2 (1) 0,25 BI 2 = d 2 (I,)  (a + 3) 2 + (b + 2) 2 = 2 (3 4 42) 25 a b  (2) 0,25 Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23) 0,25 + I(1; -5)  R = 5 (C): (x – 1) 2 + (y + 5) 2 = 25 + I(-3; 23)  R = 25 (C): (x + 3) 2 + (y – 23) 2 = 625 0,25 2. (1,0 điểm) Ta có: + Các đoạn OB và AC đều nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1) +     8; 16; 8 , 4; 4; 4 . 32 64 32 0 AC OB AC OB AC OB             uuur uuur uuur uuur (2) Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC 0,50 + . 32 32 0 (4; 0; 4); ( ) . 16 16 0 SI AC SI SI OABC SI OB                 uur uuur uur uur uuur + Do OABC là hình thoi và ( ) SI OABC  nên: ( ) AC OB AC SOB AC SI        0,25 VI.a (2,0 điểm) Từ đó trong mp(SOB) nếu kẻ IH SO  tại H thì IH AC  tại H. Vậy IH là đoạn vuông góc chung của SO và AC . 4 2.2 3 4 66 ( , ) 11 2 11 SI OI d SO AC IH SO      0,25 Ghi chú: Có thể dùng công thức: |[ , ]. | ( , ) |[ , ]| SO AC OI d SO AC SO AC  uuur uuur uur uuur uuur 0,50 ĐK: x > 0. Đặt: 3 log t x  , phương trình trở thành: 2 (2 1) (4 9) 14 0 x t x t      (1) 0,25 Do 2 1 0, 0 x x     nên có thể xem pt (1) là pt bậc 2 ẩn t, ta có: 2 2 ' (4 9) 56(2 1) (4 5) ' | 4 5| x x x x             pt (1) có các nghiệm : 7 2 ; 2 1 t t x    0,25 + Với t = 2 ta được pt: 3 log 2 9 x x    0,25 VII.a (1,0 điểm) + Với 7 2 1 t x   ta được pt: 3 3 7 7 log log 0 2 1 2 1 x x x x       Xét hàm số: 3 7 ( ) log 2 1 f x x x    , TXĐ : (0; ) D   2 1 14 '( ) 0, 0 .ln3 (2 1) f x x x x        Hàm số f là một hàm đồng biến trên (0; ) D   . Mặt khác f(3) = 0  x = 3 là nghiệm duy nhất của pt trên D Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm x = 9, x = 3 0,25 1.(1,0 điểm) Từ giả thiết suy ra ABD đều. Ta có : (2; 2) AB  uuur , trung điểm của AB là M(2;1)  pt trung trực của đoạn AB: 3 0 x y    0,25 D thuộc trung trực của AB  D(t; 3  t) 0,25 + ABCD là hình thoi nên: 2 2 2 ( 1) (3 ) 8 4 1 0 2 3 AD AB t t t t t             0,25 + 2 3 (2 3;1 3), ( 3; 1 3) t D C       + 2 3 (2 3;1 3), ( 3; 1 3) t D C        0,25 2.(1,0 điểm) Từ giả thiết ta suy ra tọa độ các điểm A, B, C định bởi: ( ;0;0), (0; ;0), (0;0; ) A a B b C c trong đó a, b, c là các số thực dương  phương trình mp(ABC): 1 x y z a b c    0,25 + M(1, 2, 3)  mp(ABC) nên: 1 2 3 1 a b c    + Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi: 1 1 . . . . 6 6 V OAOB OC a bc   0,25 + Theo bđt CauChy: 3 1 2 3 1 2 3 1 3 . . . . 162 27 ab c V a b c a b c         0,25 VI.b (2,0 điểm) Đẳng thức xảy ra khi 1 2 3 1 3; 6; 9 3 hay a c a b c       Vậy max 27 V  đạt được khi (3;0;0), (0;6;0), (0;0;9) A B C 0,25 ĐK: 1, 1 x y     . Khi đó hệ tương đương: 2 1 2 1 3( ) 3.3 3.3 3 9 (1) ( 1)( 1) 3 x y x y x y x y                 0,25 Đặt: 2 1 2 1 3 , 3 , x y x y u v       ĐK: u > 0, v > 0 Phương trình (1) trở thành: 3 3 3 9 ( 3)( 3) 0 3 u u v uv u v v              (thỏa ĐK) 0,25 TH1: Với u = 3, ta có hệ: 2 1 2 2 3 3 ( 1)( 1) 3 2 2 0 VN x y y x x y x x                        0,25 VII.b (1,0 điểm) TH2: Với v = 3, ta có hệ: 2 1 2 2 0 2 2 3 3 1 ( 1)( 1) 3 2 0 1 2 x y x y x y x x y y y y                                           So với ĐK ta nhận cả 2 nghiệm:   2; 0 , 1 1; 2       Tóm lại hệ phương trình có 2 nghiệm:   2; 0 , 1 1; 2       0,25 Hết . TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG CẦN THƠ Môn thi: TOÁN; khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề PHẦN CHUNG CHO. hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), , 2 SA AB a AC a    và · · 0 90 . ASC ABC  Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin c a góc gi a hai mặt phẳng (SAB), (SBC) (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c th a mãn: a. b.c = 1. Tìm giá trị lớn nhất c a biểu thức: ab bc ca T a b ab b c bc c a ca          PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được