ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA potx

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2011 Môn thi: TOÁN; Khối: A và B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 3 3( 1) 4 1 y x mx m x m m = − + − − + − (1) , m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1 m = − . 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị , A B sao cho tam giác OAB vuông tại , O trong đó O là gốc của hệ trục toạ độ. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 4 4 5 cos sin sin 2 .cos 2 tan tan 4 4 4 4 x x x x x x π π π                + + = − + −                      . 2. Giải hệ phương trình 2 4 16 2 3 x y x y x y x y x    + − − = −    − = + −    ( , ) x y ∈ ℝ . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( ) 4 1 ln 9 x I dx x − = ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ . ' ' ' ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại A,  0 2 , 120 . AB a BAC = = Hình chiếu của đỉnh ' A lên đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . ABC Biết tam giác ' A BC vuông tại ' A . Tính thể tích khối lăng trụ . ' ' ' ABC A B C theo a . Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm , , a b c thoả mãn điều kiện 1 . 3 ab bc ca+ + = Chứng minh rằng 2 2 2 1 1 1 3 1 1 1 a bc b ca c ab + + ≤ − + − + − + . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho tam giác ABC có : 2 3 0 d x y − − = là đường phân giác trong góc . A Biết 1 1 ( 6;0), ( 4; 4) B C − − lần lượt là hình chiếu vuông góc của đỉnh , B C trên các đường thẳng , AC AB . Xác định toạ độ các đỉnh , , A B C của tam giác . ABC 2. Trong không gian với hệ toạ độ , Oxyz cho hai đường thẳng 1 1 2 : , 1 1 1 x y z − − ∆ = = 2 3 : 1 1 3 x y z + ∆ = = và mặt phẳng ( ) : 1 0 P x y z − − + = . Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng ( ), P cắt đường thẳng 1 , ∆ đồng thời đường thẳng ∆ cắt và vuông góc với đường thẳng 2 . ∆ Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn | | 2 | 2 . | 2 z z i z   =     + =    . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , Oxy cho hình chữ nhật ABCD có các đỉnh , A C lần lượt thuộc các đường thẳng 1 : 0 d x y + = và 2 : 2 7 0. d x y − + = Biết giao điểm của hai đường chéo là (1; 4) I và đường thẳng AB đi qua điểm (0; 4) M − , xác định toạ độ các đỉnh , , , A B C D của hình chữ nhật . ABCD 2. Trong không gian với hệ toạ độ , Oxyz cho hai đường thẳng 1 1 : , 1 1 1 x y z − ∆ = = 2 2 : 1 1 2 x y z − ∆ = = − và điểm ( 1;0;1) A − . Xác định toạ độ điểm M trên đường thẳng 1 ∆ và điểm N trên đường thẳng 2 ∆ sao cho 6 MN = và . 3. AM AN =   Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình ( ) ( ) 2 2 2 3 ( 9 ) log 9 log 9 2 ( ). x x x x x x x + + + − + + + = ∈ ℝ Hết Chú ý: Đáp án được cập nhật tại địa chỉ http://dangthuchua.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 – MÔN TOÁN - TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Câu Nội dung Điểm Khi m = - 1 ta có hàm số 3 2 3 4 y x x = + − . Tập xác định D = ℝ . Sự biến thiên • •• • Chiều biến thiên: y’ = 3x 2 + 6x ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = - 2. ' 0 ( ; 2) (0; ) y x > ∀ ∈ −∞ − ∪ +∞ . Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; - 2) và (0;+ ∞). ' 0 ( 2;0) y x< ∀ ∈ − . Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0). 0,25 • •• • Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = - 2, y C Đ = y(-2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = y(0) = - 4. Giới hạn: 3 2 3 2 lim ( 3 4) ; lim ( 3 4) x x x x x x → −∞ → +∞ + − = −∞ + − = +∞ . 0,25 • •• • Bảng biến thiên: x - ∞ -2 0 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 0 + ∞ - ∞ - 4 0,25 I-1 • •• • Đồ thị: Giải phương trình 3 2 3 4 0 2 v 1 x x x x + − = ⇔ = − = . Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm 2 điểm M(- 2; 0) và N(1; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm P(0; - 4). y’’ = 6x + 6; y’’ = 0⇔ x = - 1. Đồ thị hàm số nhận điểm I(- 1; - 2) làm tâm đối xứng. 0,25 2 2 ' 3( 2 1) y x mx m = − + − . Hàm số có cự trị khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt hay m ∀ ∈ ℝ . 0,25 ' 0 1 v 1 y x m x m = ⇔ = − = + . Hai điểm cực trị là A(m – 1; m + 1), B(m +1; m – 3). 0,25 ( 1; 1), ( 1; 3) OA m m OB m m = − + = + −   . OAB là tam giác vuông tại O khi O, A, B phân biệt và . 0 OAOB =   0,25 I-2 2 2( 2) 0 1 v 2 m m m m ⇔ − − = ⇔ = − = 0,25 Điều kiện xác định cos 0 4 4 ( ) 3 cos 0 4 4 x x k k x k x π π π π π π     + ≠ ≠ +         ⇔ ∈       ≠ + − ≠         ℤ . (*) 0,25 Phương trình đã cho tương đương với 2 2 1 cos 2 sin sin 1 cos 2 5 2 4 4 sin 2 .cos 2 2 2 4 cos cos 4 4 x x x x x x x x π π π π π         − + + −         +           + = −           + −             2 2 5 cos cos 2 1 2 cos 2 cos 2 (1 sin 2 ) 2 sin 2 .cos 2 4 4 4 cos cos 2 2 x x x x x x x π π   −   + + +   ⇔ + = −   +     0,25 ( ) sin 2 cos2 2.sin 2 .cos 2 1 x x x x ⇔ + = + ( ) ( ) 2 sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 x x x x ⇔ + = + sin 2 cos 2 1 v sin 2 cos 2 0 x x x x ⇔ + = + = 0,25 II-1 2 sin 2 v tan 2 1 4 2 x x π   ⇔ + = = −     v v ,( ) 4 8 2 k x k x k x k π π π π π ⇔ = = + = − + ∈ ℤ Đối chiếu điều kiện (*) phương trình đã cho có nghiệm là v ,( ) 8 2 k x k x k π π π = = − + ∈ ℤ 0,25 II-2 Điều kiện xác định 2 4, 0, ,4 , 3 x y x y x y y x ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ . (*) Phương trình (1) tương đương với 2 2 2 4 x x y x y − − = − 2 2 2 x y y x ⇔ − = − 4 4 v 0 y x y ⇔ = − = 0,25 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 x y I Với y = 0 (Loại, vì 2 điều kiện 4 x ≥ và 3 y x ≥ ) Với y = 4x – 4 thế vào phương trình (2) ta có 2 16 2 4 x x − = + − 0,25 2 2 2 25 5 16 3 4 1 4 1 16 3 x x x x x x − − ⇔ − − = − − ⇔ = − + − + 2 5 1 ( 5) 0 4 1 16 3 x x x x   + ⇔ − − =   − + − +   2 5 1 5 v 0 4 1 16 3 x x x x + ⇔ = − = − + − + * x = 5. Kết hợp điều kiện (*), hệ phương trình có 1 nghiệm 5 16 x y =   =  0,25 * 2 5 1 0 4 1 16 3 x x x + − = − + − + vô nghiệm, vì 2 2 5 5 1 1 4 1 16 3 3 x x x x x + + > > ≥ − + − + + 0,25 Đặt t x = . Khi x = 1 thì t = 1 , khi x = 4 thì t = 2. Ta có 2 2 dx dx dt dt x x = ⇒ = 0,25 Do đó ( ) 2 2 1 2 ln 9 I t dt = − ∫ . Đặt 2 2 2 ln(9 ) 9 t du dt u t t dv dt v t   = = −  ⇒ −   =   =  . Vì vậy 2 2 2 2 1 2 2 ln(9 ) 4 1 9 t I t t dt t = − − − ∫ 0,25 2 2 2 1 9 9 4ln 5 2ln8 4 9 t dt t − + = − − − ∫ 0,25 III 2 3 3 4ln 5 2ln8 4 ln 1 2 3 t t t  −  = − − +   +   4ln 5 6ln 2 4 6ln5 6ln 2 10ln5 12ln 2 4 = − − + − = − − 0,25 0,25 0,25 0,25 IV Gọi I là trung điểm cạnh BC, H là hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) 2 3 BC a = , 2 HA HB HC a = = = ' ' ' A A A B A C ⇒ = = Do đó tam giác A’BC vuông cân tại A’ ' ' 6 A B AA a ⇒ = = Độ dài đường cao hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là 2 2 ' ' 2 A H A A HA a = − = Diện tích tam giác ABC là  2 1 . .sin 3 2 ABC S AB AC BAC a = = Thể tích khối lăng trụ là 3 . ' ' ' ' . 6 ABC A B C ABC V A H S a = = 0,25 Từ giả thiết 1 1 ( ) 3 3 ab bc ca bc a b c + + = ⇒ = − + + . *Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 1 1 1 3 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 3 3 3 a a b c b a b c c a b c + + ≤ + + + + + + + + + 0,25 V ( ) ( ) ( ) 1 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 a a b c b a b c c a b c a a b c b a b c c a b c + + + + + + ⇔ + + ≥ + + + + + + + + + . 1 ( ) 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 a b c a b c a a b c b a b c c a b c   ⇔ + + + + ≥   + + + + + + + + +   (1) 0,25 *Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có bất đẳng thức 2 3 1 2 3 1 2 1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3 ( ) , , , 0 a a a a a a a c a c a c c c c a c a c a c + + + + ≥ ∀ > + + . Ta có 2 2 2 2 ( ) 3 ( ) 2 3 ( ) 2 3 ( ) 2 ( ) 3( ) 2 a b c a b c a a b c b a b c c a b c a b c a b c + + + + ≥ + + + + + + + + +   + + + + +   0,25 2 2 2 2 2 2 2 1 3 3( ) ) 3( ) 2 a b c a b c a b c a b c + + + = = + +   + + + + +   (2) Đẳng thức xảy ra khi 1 3 a b c = = = . Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. 0,25 Gọi ' 1 ( ; ) B a b là điểm đối xứng của 1 B qua đường phân giác trong d. ' 1 1 ( 6; ) B B a b = +  , trung điểm đoạn thẳng ' 1 1 B B là 6 ( ; ) 2 2 a b I − Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là (1;2) u  . Ta có hệ phương trình ' 1 1 6 . 0 6 a B B u b I d  =  = ⇔   = − ∈      hay ' 1 (6; 6) B − . 0,25 Do ' 1 B đối xứng với 1 B qua đường phân giác trong d nên ' 1 B thuộc đường thẳng AB. Đường thẳng AB đi qua điểm ' 1 B và 1 C . Phương trình cạnh AB là : x + y = 0. Ta có { } A AB d = ∩ . Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình 2 3 0 1 0 1 x y x x y y − − = =   ⇔   + = = −   hay A(1 ;- 1). 0,25 Đường thẳng AC đi qua A và 1 B . Phương trình cạnh AC là : x + 7y + 6 = 0. Đường cao 1 BB đi qua 1 B vuông góc với đường thẳng AC . Phương trình đường cao 1 BB là : 7x – y + 42 = 0. Đường cao 1 CC đi qua 1 C vuông góc với đường thẳng AB . Phương trình đường cao 1 CC là : x – y + 8 = 0. 0,25 VI.a-1 Ta có 1 { } B AB BB = ∩ . Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 21 0 4 7 42 0 21 4 x x y x y y  = −  + =   ⇔   − + =   =   hay 21 21 ( ; ) 4 4 B − Ta có 1 {C} AC CC = ∩ . Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 31 7 6 0 4 8 0 1 4 x x y x y y  = −  + + =   ⇔   − + =   =   hay 31 1 ( ; ) 4 4 C − Đáp số : A(1 ; -1), 21 21 ( ; ) 4 4 B − , 31 1 ( ; ) 4 4 C − 0,25 Giả sử ( 1; ; 2) M t t t + + là giao điểm của đường thẳng 1 ∆ với đường thẳng ∆ và ( ; ;3 3) N k k k − là giao điểm của đường thẳng 2 ∆ với đường thẳng ∆ ( 1; ;3 5) MN k t k t k t ⇒ − − − − −  . 0,25 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng 2 ∆ là 2 (1;1;3) u =  . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là (1; 1; 1) n = − −  . 0,25 Từ giả thiết ta có 2 . 0 ( 1) ( ) 3(3 5) 0 . 0 ( 1) ( ) (3 5) 0 ( ) ( 1) ( 2) 1 0 MN u k t k t k t MN n k t k t k t M P t t t  = − − + − + − − =     = ⇔ − − − − − − − =     ∉ + − − + + ≠        11 5 16 0 1 3 4 0 1 0 k t t k t k t − − =  = −   ⇔ − + + = ⇔   =   ≠  0,25 VI.a-2 Ta có M(0 ; - 1 ; 1) và N(1 ;1 ; 0). (1;2; 1) MN = −  . Phương trình đường thẳng ∆ là 1 1 1 2 1 x y x + − = = − 0,25 Giả sử ( , ) z x yi x y = + ∈ ℝ . Ta có z x yi = − . Ta có 2 . ( 2 ) (2 ) z i z x y x y i + = + + + . 0,25 Khi đó | | 2 | 2 . | 2 z z i z  =   + =   2 2 2 2 2 ( 2 ) (2 ) 2 x y x y x y  + =  ⇔  + + + =   0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 1 5( ) 8 2 x y x y xy x y xy  + =  + =  ⇔ ⇔   = − + + =    0,25 VII.a 0 1 1 v 1 1 1 x y x x xy y y + = = = −    ⇔ ⇔    = − = − =    . Vậy 1 z i = − hoặc 1 z i = − + . 0,25 Giả sử ( ; ) A t t − , ( ;2 7) C k k + . Do I là trung điểm của AC nên ta có hệ phương trình 2 1 2 7 8 1 t k t t k k + = =   ⇔   − + + = =   Hay A(1 ; - 1), C(1 ; 9). 0,25 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là (1;3) AB u MA= =   . Phương trình cạnh AB là 3x – y – 4 = 0. Một vectơ chỉ phương của đường chéo AC là 1 . (0;1) 5 AC u AI= =   . Giả sử một vectơ chỉ phương của đường chéo BD là 2 2 ( ; ), 0 BD u a b a b = + ≠  . 0,25 Tam giác IAB cân tại I   0 90 BAI ABI⇒ = < . Từ đó ta có | cos( , ) | | cos( , ) | AB AC AB BD u u u u=     2 2 4 3 0 3 | 3 | (4 3 ) 0 0 10 10 a b a b a a b a a b − =  + ⇔ = ⇔ − = ⇔  = +  0,25 VI.b-1 * Với 4a - 3b = 0, chọn a = 3, b = 4 ta có (3;4) BD u =  . Do đó phương trình đường chéo BD là 4x - 3y + 8 = 0. Ta có { } B AB BD = ∩ . Toạ độ đỉnh B là nghiệm của hệ phương trình 3 4 0 4 4 3 8 0 8 x y x x y y − − = =   ⇔   − + = =   hay B(4 ;8). Do I là trung điểm của BD ⇒ D(- 2 ; 0) * Với a = 0, chọn b = 1 ta có (0;1) BD AC u u = =   . Trường hợp này bị loại. Đáp số : A(1 ; - 1), B(4 ;8), C(1 ; 9), D(- 2 ; 0). 0,25 Giả sử ( ; ; 1), ( ; 2; 2 ) M t t t N k k k + + − . 0,25 Ta có ( ; 2; 2 1) MN t k t k t k = − + − + + − − −  , ( 1; ; ), ( 1; 2; 2 1) AM t t t AN k k k = + + + − −   0,25 Từ giả thiết ta có 2 2 2 ( 1)( 1) ( 2) ( 2 1) 3 ( ) ( 2) ( 2 1) 6 t k t k t k t k t k t k + + + + + − − =   − + + − + + + − − − =  2 2 2 27 66 39 0 k t t t = −  ⇔  − + =  0,25 VI.b-2 13 1 9 0 8 9 t t v k k  =  =   ⇔   =   = −   . Do đó (1;1;2), (0;2;0) M N hoặc 13 13 22 8 10 16 ( ; ; ), ( ; ; ) 9 9 9 9 9 9 M N − 0,25 Điều kiện xác định 2 9 1 4 x x x + + ≠ ⇔ ≠ − . (*) 0,25 Phương trình đã cho tương đương với ( ) 2 2 3 ( 9 ) 2 9 log log 9 2 9 x x x x x x + +   + + + =   + +   ( ) ( ) 2 3 2 3 2 1 log 9 2 log 9 x x x x ⇔ − + + + = + + 0,25 Đặt ( ) 2 3 log 9 t x x = + + . Phương trình đã cho trở thành 2 2 3 3 2 0 1 v 2 t t t t t t + = ⇔ − + = ⇔ = = 0,25 VII.b Với 2 1 9 3 0 t x x x = ⇒ + = − ⇔ = (thoả mãn điều kiện (*)) Với 2 2 9 9 4 t x x x = ⇒ + = − ⇔ = (thoả mãn điều kiện (*)) Đáp số : x = 0 và x = 4. 0,25 Chú ý : Nếu thí sinh làm cách khác với đáp án, giải đúng thì vẫn cho điểm tối đa của câu đó ! CHÚC CÁC THÍ SINH ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI ĐẠI HỌC! – GV : Trần Đình Hiền . SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2 011 Môn thi: TOÁN; Khối: A và B Thời gian làm bài: 18 0 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO. THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2 011 – MÔN TOÁN - TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Câu Nội dung Điểm Khi m = - 1 ta có hàm số 3 2 3 4 y x x = + − . Tập xác định D = ℝ . Sự biến thi n • •• • Chiều biến thi n:. ≠        11 5 16 0 1 3 4 0 1 0 k t t k t k t − − =  = −   ⇔ − + + = ⇔   =   ≠  0,25 VI.a-2 Ta có M(0 ; - 1 ; 1) và N (1 ;1 ; 0). (1; 2; 1) MN = −  . Phương trình đường thẳng ∆ là 1 1 1