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 B 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 23 23 mxxxy (1) với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. 2. Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2tancot) 4 2(cos2 2 xxx 2. Giải bất phương trình: 2 ( 3 5 4 3) 15 5 2 9 2 9 3 x x x x x Câu III (1 điểm) Tính dx x xxx 4 sin 2tan2tancot Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B, AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 0 60 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC. Câu V (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng bốn nghiệm thực: 2 2 ( 4) 2 5 8 24 m x x x x 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 tam giác ABC có đường phân giác trong kẻ từ A, đường trung tuyến kẻ từ B và đường cao kẻ từ C lần lượt có phương trình: x + y – 3 = 0, x – y + 1 = 0, 2x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z 3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 và điểm (1; 1; 1) A . Tìm tọa độ các điểm M trên (P), N trên (Q) sao cho MN vuông góc với giao tuyến của (P), (Q) và nhận A là trung điểm. Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 4 2 4 4 2 3.2 112 x x y y y x y B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại B, phương trình : 3 2 3 0 AB x y , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (0;2) I , điểm B thuộc trục Ox. Tìm tọa độ điểm C. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( 1;0;1), (2; 1;0), (2;4;2) A B C và mặt phẳng ( ) : 2 2 0 x y z . Tìm tọa độ điểm M trên () sao cho biểu thức 2 2 2 T MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 2 2 2 1 3 log (4 4 1) log (2 7 3) 5 x x x x x x Hết Họ và tên thí sinh:………………………………www.laisac.page.tl ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: B Câu Đáp án Điểm 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 2 3 2 y x x = - + Tập xác định: D = ¡ Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: / 2 / 2 3 6 , 0 0 3 6 , (0) 2, (2) 2 2 y x x x y x x y y x = - é = ê = Û - Û = = - ê = ê ë 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 0) và (2; +), nghịch biến trên khoảng (0; 2) - Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và y CT = y(2) = 2; + Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y CĐ = y(0) = 2. - Giới hạn: x x lim , lim 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 / / / / 6 6, 0 6 6 0 1, (1) 0 y x y x x y = - = Û - = Û = = điểm uốn I(0; 2) Đồ thị: đi qua các điểm (2; 1), (2; 3) và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng. 0,25 2. Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt ' 9 3 0 3 m m (1) 0,25 3 2)2 3 2 (').1( 3 1 23 23 m x m yx mxxxy Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình 3 2)2 3 2 ( m x m y 0,25 I (2,0 điểm) Đường thẳng này cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tai 3 6 ;0,0; )3(2 6 m B m m A Tam giác OAB cân khi và chỉ khi OA OB 0,5 0 y’(x) y(x) + 2 0 0 + + 2 2 + x y 1 2 1 3 - 1 3 + 2 2 6 6 2( 3) 3 9 3 6; ; 2 2 m m m m m m Với m = 6 thì OBA do đó so với điều kiện ta nhận 2 3 m 1. Giải phương trình: 2tancot) 4 2(cos2 2 xxx Đk k k x , 2 Phương trình đã cho tương đương với: cos2 1 cos(4 ) 2 2 sin cos x x x x p + + = - 0,25 2 cos2 sin 2 cos2 sin 2 1 sin 4 (cos2 sin 2 ) sin cos sin cos x x x x x x x x x x x - - Û - = Û - = 0,25 cos2 sin 2 0 tan 2 1 (cos2 sin 2 )sin 2 2 sin 4 cos4 5 x x x x x x x x é é - = = ê ê Û Û ê ê - = + = ê ê ë ë 0,25 II (2,0 điểm) , 8 2 l x l p p Þ = + Î Z So với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là , 8 2 l x l p p = + Î ¢ 0,25 2. Giải bất phương trình: 2 ( 3 5 4 3) 15 5 2 9 2 9 3 x x x x x Đk 5 3 x ³ Bất phương trình đã cho tương đương với 2 ( 3 5 4 3) 5( 2 9 3) 0 2 9 3 x x x x x - + - - + - < + + 3 5 4 3 5 0 x x Û - + - - < 0,25 Xét hàm số 5 ( ) 3 5 4 3 5, 3 f x x x x = - + - - " ³ Có 3 2 5 '( ) 0, 3 2 3 5 4 3 f x x x x = + > " > - - nên hàm ( ) f x tăng 5 3 x " ³ , mặt khác (3) 0 f = 0,50 Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là 5 3 3 x £ £ 0,25 cot tan 2tan 2 2cot 2 2tan 2 sin 4 sin 4 x x x x x dx dx x x - - - = ò ò 0,25 2cot 4 sin 4 x dx x = ò 0,25 2 cos4 2 sin 4 x dx x = ò 0,25 III (1,0 điểm) 1 2sin 4 C x = - + 0,25 Cho hỡnh chúp S.ABC cú tam giỏc ABC vuụng ti B, AB = a, BC = a 3 , SA vuụng gúc vi ỏy, gúc gia hai mt phng (SAC) v (SBC) bng 0 60 . Gi H, K ln lt l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn SB v SC. Tớnh th tớch khi chúp S.ABC. Chng minh HK SC 0,25 tam giỏc AHK vuụng ti H v ã 0 60 AKH = 0 .sin 60 AH AK = 0,25 2 2 . 2 2 3 4 AB AC a SA AC AB = = - 0,25 IV (1,0 im) 2 1 3 . 2 2 ABC a S AB BC D = = 3 1 6 . 3 12 ABC a V S SA D = = 0,25 Pt ó cho c vit li v dng: 2 2 2 ( 4) 2 ( 4) 4( 2) m x x x x + + = + + + (1) Do x = 4 khụng phi l nghim (1) dự m ly bt c giỏ tr no nờn: pt (1) 2 2 4 4 2 4 2 x x m x x + + = + + + (2) t 2 4 2 x t x + = + , pt (2) tr thnh: 4 m t t = + 0,25 Xột hm 2 4 ( ) 2 x f x x + = + . TX: Ă , 2 2 2 4 1 '( ) ; '( ) 0 2 ( 2) 2 x f x f x x x x - = = = + + 1 3; lim ( ) 1 ; lim ( ) 1 2 x x f f x f x đ - Ơ đ + Ơ ổ ử ữ ỗ = = - = ữ ỗ ữ ỗ ố ứ Bng bin thiờn: T bng bin thiờn ta suy ra iu kin ca t l: 1 < t 3 v pt 2 4 2 x t x + = + cú 2 nghim phõn bit khi v ch khi: 1 < t < 3 (3) 0,25 Li xột hm 4 ( )g t t t = + vi 1 < t 3 ; 2 2 4 '( ) ; '( ) 0 2 t g t g t t t - = = ị = 13 ( 1) 5; (1) 5; (2) 4; (3) 3 g g g g- = - = = = , 0 0 lim ( ) ; lim ( ) x x f x f x - + đ đ = - Ơ = + Ơ Bng bin thiờn: 0,25 V (1,0 im) T (3) v bng bin thiờn ta suy ra iu kin ca m tha yờu cu bi toỏn l: 13 4 3 m< < 0,25 VI.a 1. Cho tam giỏc ABC cú ng phõn giỏc trong gúc A, ng trung tuyn k t B v ng cao k x f(x) t = f(x) + 1 2 0 + 1 3 1 x g(x) m = g(x) 1 0 5 3 1 0 2 + 4 5 13 3 B A C S K H t C ln lt l x + y 3 = 0, x y + 1 = 0, 2x + y + 1 = 0. Tớnh ta cỏc nh ca tam giỏc ABC. t l A : x + y 3 = 0, m B : x y + 1 = 0, h C : 2x + y + 1 = 0 - A l A A(a; 3-a); B m B B(b;b+1); C h C C(c;-1-2c) - AB h C 3a + b 4 = 0 (1) 0,25 Gi M l trung im ca AC 2 2 ; 2 2 a c a c M ổ ử + - - ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ M m B 2a + 3c = 0 (2) 0,25 - Gi N l trung im BM 2 4 2 2 ; 4 4 a b c a b c N ổ ử + + - + - ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ l A m B N l A 4b c 8 = 0 (3) 0,25 Gii h ba phng trỡnh (1), (2) v (3) ta c 12 39 32 49 8 1 ; , ; , ; 17 17 17 17 17 17 A B C ổ ử ổ ử ổ ử ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ - - ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ố ứ ố ứ ố ứ 0,25 2. Trong khụng gian ta Oxyz, cho hai mt phng (P): x + z 3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 v im (1; 1; 1) A . Tỡm ta cỏc im M trờn (P), N trờn (Q) sao cho MN vuụng gúc vi giao tuyn ca (P), (Q) v nhn A l trung im. ( ) ( ; ;3 ) M P M x y x ẻ ị - A l trung im MN - - - - + (2 ; 2 ; 5 ) N x y x ẻ ị - = ( ) 2 (1) N Q x y 0,25 (2 2 ; 2 2 ; 8 2 ) MN x y x = - - - - + uuuur Vect phỏp tuyn ca hai mt phng (P) v (Q): 1 2 (1;0;1), (0;1;1) n n= = r r 1 2 [ , ] ( 1; 1;1) n n n= = - - r r r 0,25 MN vuụng gúc vi giao tuyn ca hai mt phng (P), (Q) . 0 MN n = uuuur r 2 4 (2) x y+ = 0,25 (2,0 im) Gii h phng trỡnh gm (1) v (2) ta c = = 2, 0 x y - - (2;0;1), (0; 2; 3) M N 0,25 Gii h phng trỡnh: 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 4 2 4 4 (1) 2 3.2 112 (2) x x y y y x y t 2 1 4 , 2 x y u v - = = , K: u > 0, v > 0. Khi ú h tr thnh: 2 2 2 2 ( ) 4 4 12 112 4 12 112 u v u v v uv v uv ỡ ỡ - = ù - = ù ù ù ớ ớ ù ù + = + = ù ù ợ ợ (I) hoc 2 2 4 12 112 u v v uv ỡ - = - ù ù ớ ù + = ù ợ (II) 0,25 Gii (I), (II) c: 3 7 ( ; ) (4;2), ; 2 2 u v ỡ ỹ ổ ử ù ù ù ù ữ ỗ = ữ ớ ý ỗ ữ ỗ ù ù ố ứ ù ù ợ ỵ 0,25 ( ; ) (4;2) u v = ( ) ( ; ) 2; 1 x y = 0,25 VII.a (1,0 im) 3 7 ( ; ) ; 2 2 u v ổ ử ữ ỗ = ữ ỗ ữ ỗ ố ứ 2 2 1 ( ; ) 2log 6; log 7 1 2 x y ổ ử ữ ỗ = - ữ ỗ ữ ỗ ố ứ 0,25 1. Trong mt phng ta Oxy , cho tam giỏc ABC cõn ti B, phng trỡnh : 3 2 3 0 AB x y , tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC l (0;2) I , im B thuc trc Ox. Tỡm ta im C. VI.b (2,0 im) - B = AB Ox B(2;0); A AB ( ) ; 3 2 3 A a a - 0,25 - IA = IB ( ) 1 3;3 3 A + - 0,25 - AC qua A và vuông góc với (2; 2) IB = - uur AC: 2 2 3 0 x y - + - = ( ; 2 2 3) C AC C c cÎ Þ + - 0,25 - IB IC = ( ) 3 1;1 3 C - - 0,25 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( 1;0;1), (2; 1;0), (2;4;2) A B C và mặt phẳng ( ) : 2 2 0 x y z . Tìm tọa độ điểm M trên () sao cho biểu thức 2 2 2 T MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. ( ) ( 2 2; ; ) M M y z y z aÎ Þ - - - Gọi G là điểm sao cho: 2 2 2 0 (1; 1; 1) GA GB GC G GA GB GC const + + = Þ Þ + + = uur uuur uuur r 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 ( ) 3 T MA MB MC MG MG GA GB GC GA GB GC MG GA GB GC uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur uuur T nhỏ nhất MG nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của G trên mp() 0,25 ( 3; 1 ; 1 ) MG y z y z Û = + + - - uuur cùng phương với vtpt của (): (1; 1; 2) n = r 2 3 1 1 1 1 2 y z y z + + - - Û = = 0,25 2 2 2 0 2 1 1 y z y y z z ì ì + = - = ï ï ï ï Û Û í í ï ï - = = - ï ï î î Vậy: (0; 0; 1) M - và min 40 T = 0,25 VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 2 2 1 3 log (4 4 1) log (2 7 3) 5 x x x x x x (1) Đk: 1 2 0 x x ì ï ï > - ï ï í ï ï ¹ ï ï î Phương trình đã cho tương đương với 3 2 1 4 log (2 1) log ( 3) 4 x x x x + + + + + = (2) 0,25 Đặt 2 1 log ( 3) x t x + = + , t 0. Phương trình (2) trở thành: 2 4 4 0 t t - + = 2 t = 0,25 2 1 log ( 3) 2 x x + + = 2 3 (2 1) x x+ = + 2 4 3 2 0 x x + - = 0,25 3 41 8 x - ± = So với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình (1) là 3 41 8 x - + = 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 B Thời gian làm b i: 180 phút, không kể phát đề PHẦN CHUNG CHO. C. VI .b (2,0 im) - B = AB Ox B( 2;0); A AB ( ) ; 3 2 3 A a a - 0,25 - IA = IB ( ) 1 3;3 3 A + - 0,25 - AC qua A và vuông góc với (2; 2) IB = - uur AC: 2 2 3 0 x y - + - = (. cỏc nh ca tam giỏc ABC. t l A : x + y 3 = 0, m B : x y + 1 = 0, h C : 2x + y + 1 = 0 - A l A A(a; 3-a); B m B B( b ;b+ 1); C h C C(c ;-1 -2 c) - AB h C 3a + b 4 = 0 (1) 0,25 Gi