ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI D - TRƯỜNG THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH pptx

Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 MÔN: TOÁN-KHỐI D (Thời gian làm bài : 180 phút) A. PHẦN BẮT BUỘC Câu I(2 điểm). Cho hàm số y = x 3 – 2mx 2 + m 2 x – 1 có đồ thị (C m ) . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2 ; +  ). Câu II (2 điểm). 1. Giải phương trình :        4 3sinsin222sinsin2 2  xxxx 2. Giải hệ phương trình:        yyyx yyxx 32 23 2 CâuIII(1 điểm). Tính tích phân I =   2ln3 0 3 2 x e dx CâuIV(1 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60 0 . Tính thể tích hình chóp S.ABCD. CâuV(1 điểm). Cho 3 số dương x , y , z có tổng bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức : 2 3       yzx zx xyz yz zxy xy B. PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chọn phần I hoặc II) I- Chương trình chuẩn CâuVIa(2 điểm). 1. Cho 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. 2. Trong không gian , cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) có phương trình: (P) : 2x + y + z – 1 = 0 , (d) : 3 2 1 2 1     zyx . Viết phương trình của đường thẳng    qua giao điểm của (P) và (d) , vuông góc với (d) và nằm trong (P). CâuVIIa( 1điểm). Giải phương trình : 2 4 2 1 log ( 2) log ( 2) 0 4 x x x x       . II- Chương trình nâng cao Câu VIb(2điểm). 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , cạnh AB nằm trên đường thẳng (  ) : 3x +4y +1 = 0 và AB = 2AD và giao điểm hai đường chéo là I(0 ; ) 2 1 . Tìm phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;-1;2) và mp(P) : x – 2 y + 3z – 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua hai điểm A , B và vuông góc với mp(P). CâuVIb(1điểm). Giải bất phương trình:   2 2 log 3 1 log 1 x x     ……….HẾT…… www.laisac.page.tl ĐÁP ÁN –KHỐI D Câu Nội dung Th/điểm A. Phần bắt buộc CâuII 2điểm 1-(1đ) Với m = 1 , hàm số y = x 3 – 2x 2 + x – 1 * TXĐ: D = R * Giới hạn :   y x lim * y’ = 3x 2 – 4x + 1 1 1 ' 1 23 3 27 x y y o x y                * y” = 6x – 4 27 25 3 2 0"  yxy        27 25 ; 3 2 I - điểm uốn * Bảng biến thiên: Hàm số tăng trên      ;1; 3 1 ; và giảm trên   1; 3 1 * Đồ thị (Tự vẽ). 0,25 0,25 0,25 0,25 2 2- (1 điểm). Hàm số y = x 3 – 2mx 2 + m 2 x – 1 * y’ = 3x 2 – 4mx + m 2 có 2 ' m        mx m x y 3 0' Với m > 0 , hàm số đồng biến trên   2022,0';2  mmxy (1) Với m = 0 , y’ = 3x 2 x   ,0 , nên hàm số tăng trên   ;2 khi m = 0 (2) Với m < 0 , hàm số đồng biến trên   062 3 2,0';2  mm m xy (3) Theo (1) , (2) , (3) suy ra : 2  m hàm số đồng biến trên   ;2 0,25 0,25 0,25 0,25 CâuII 2điểm 1- (1điểm) Giải phương trình :        4 3sinsin222sinsin2 2  xxxx                      )2( 4 3sin2cossin )1(0sin 4 3sinsin22cossin2sin2 2    xxx kxx xxxxx Phương trình (2) tương đương        4 3sin) 4 sin(  xx 0,25 0,25 y’     3 1 1 x 0 0 y + + __ 2725   y’     1 x 0 0 y + + __ 23 27    - 1                   28 2 4 3 4 2 4 3 4       kx kx kxx kxx Vậy phương trình có nghiệm là x = k 2 8 ,    kx  . 0,25 0,25 2 2-1điểm Giải hệ phương trình:        yyyx yyxx 32 23 2 Nhận xét (0 ; 0) là một nghiệm của hệ phương trình Xét 0  y , cho hai vế hệ phương trình cho y 3 ta được hê:                                   (2) (1) 2 2 2 23 1 1 1 .2 yy x yy x y x thay (2) vào (1) ta được 02 23                   y x y x Đặt t = 10)22)(1(02 223  tttttt y x Với t = - 1 => y = - x ta được : x 3 – x 3 = - 2x => x = 0 và y = 0 (loại) Vậy hệ phương chỉ có một nghiêm (0;0). 0,5 0,25 0,25 CâuII I 1điểm Tính tích phân I =     2ln3 0 3 2ln3 0 3 2 2 x x e dx e dx Đặt t = dt t dxdxedte xx 3 3 1 33  Đổi cận :      22ln3 10 tx tx I =     2 3 ln 6 1 2 ln 6 1 )2ln(ln 6 1 2 11 6 1 2 3 2 1 2 1 2 1 2 1              t t ttdt tttt dt 0,25 0,25 0,5 CâuI V 1điểm Do S.ABCD hình chóp đều , nên SO là đường cao h/c Gọi E là trung điểm CD , suy ra CDOECDSE   , Suy ra góc SEO là góc giữa mặt bên và mặt đáy Và góc SEO = 60 0 Ta có : SO = OE tan60 0 = 2 3a Đáy ABCD là hình vuông và S ABCD = a 2 Vậy : V S.ABCD = 6 3 . 3 1 3 a Sh đ  0,25 0,25 0,5 CâuV 1điểm 2 3       yzx zx xyz yz zxy xy Ta có : x + y + z = 1 )1)(1(1 yxzxyyxz          S A B C D E O                      y x x y y x x y yx xy zxy xy 112 1 1111 TT:                         z x x z yzx zx z y y z xyz yz 112 1 ; 112 1 2 3 1112 1                   z yx y zx x zy VT Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3 1 . B Phần tự chọn I-3đ CâuV Ia 2- điểm 1-(1điểm) Ta có :   .52;1  ABAB Phương trình AB là : 2x + y – z – 2 = 0. I xyd   :)( suy ra I(t;t) . I là trung điểm của AC : C(2t – 1 ; 2t) Theo bài suy ra : S ABC =        3 4 0 4462);(. 2 1 t t tABCdAB Từ đó ta suy ra hai điểm C(-1;0) hoặc C       3 8 ; 3 5 thoả mãn. 0,25 0,25 0,5 2-(1điểm) Đường thẳng (d) :         tz ty tx 32 21 (d) cắt (p) tại M 2 1 01)32()21(2  tttt Vậy toạ độ điểm M là : M             2 7 2 3 2 2 1 211 z y x        2 7 ; 2 1 ;2M Đường thẳng cần tìm đi qua điểm        2 7 ; 2 1 ;2M và có hai véc tơ pháp tuyến là   )0;2;1()0;8;4(,)1;1;2(n)3;1;2( p   anaaa pdd , Vậy phương trình đường thẳng    cần tìm là :             2 7 2 2 1 2 z ty tx 0,25 0,25 0,25 0,25 CâuV IIa (1điể ĐK x + 2 > 0 <=> x > - 2 Phương trình viết lại:   2 2 2 1 1 log 2 log ( 2) 0 4 4 x x x x       m) Đặt : t = log 2 (x + 2) , ta được: 2 1 1 0 4 4 t xt x     1 4 1 t t x          Với t = -1 <=> log 2 (x + 2) = -1 <=> x = - 3/2 (nhận). Với t = - 4x + 1 <=> log 2 (x + 2) = - 4x + 1 (*) Vp: hàm đồng biến ; Vt : hàm nghịch biến Nên (*) chỉ có một nghiệm x = 0 (nhận) Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 0 và x = - 3/2. 0,25 0,25 0,25 0,25 II.3đi ểm CâuV Ib (2 điểm) 1.(1đ) Ta có : AD = 2d(I ;  ) = 2 2 3 4 1 3 6 2 5 5 3 4 I I x y AB AD        Đường chéo : BD = 2 2 6 5 3 5 5 2 5 BD AB AD R     Vậy đường tròn ngoại tiếp ABCD là (C) : 2 2 1 9 2 5 x y          0;25 0,25 0,5 2 2.(1đ) Ta có : (Q) nhận hai véc tơ sau là chỉ phương         2; 3; 1 , 1; 2;3 , 7; 7; 1 7;7;1 p p Q AB n AB n n                 uuur uur uuur uur uur Và (Q) chứa A(1;2;3) nên có phương trình : 7(x-1) + 7(y -2) +1.(z -3) = 0 Vậy (Q) : 7x + 7y + z – 24 = 0. 0,25 0,25 0,5 CâuV IIb (1điể m) Điều kiện : 3 1 x    Bpt   2 2 2 2 3 log 3 log 1 1 log 1 1 3 2 3 2 1 3 14 5 0 1 1 5 5 3 x x x x x x x x x x x                          Vậy tập nghiệm bpt S = 1 ;5 3        0,25 0,25 0,25 0,25 . Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 -2 011 MÔN: TOÁN-KHỐI D (Thời gian làm bài : 180 phút) A. PHẦN BẮT BUỘC.  2 3 ln 6 1 2 ln 6 1 )2ln(ln 6 1 2 11 6 1 2 3 2 1 2 1 2 1 2 1              t t ttdt tttt dt 0,25 0,25 0,5 CâuI V 1điểm Do S.ABCD hình chóp đều , nên SO là đường cao h/c Gọi E là trung điểm CD , suy ra CDOECDSE   , Suy ra góc. 0,25 CâuII I 1điểm Tính tích phân I =     2ln3 0 3 2ln3 0 3 2 2 x x e dx e dx Đặt t = dt t dxdxedte xx 3 3 1 33  Đổi cận :      22ln3 10 tx tx I =     2 3 ln 6 1 2 ln 6 1 )2ln(ln 6 1 2 11 6 1 2 3 2 1 2 1 2 1 2 1              t t ttdt tttt dt