SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT TỨ KỲ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số 4 2 1 m y x m x m C 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m C khi 3 m 2) Xác định 1 m để đồ thị m C cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi m C và trục Ox có diện tích phần phía trên trục Ox bằng diện tích phần phía dưới trục Ox. Câu 2 (2 điểm): 1) Giải phương trình: sin 2 2cos2 1 sin 4cos x x x x 2) Giải bất phương trình: 2 3 2 2 3 0 x x x Câu 3 (1 điểm): Tính tích phân: 2 2 0 sin 2 2 sin x I dx x Câu 4 (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng tam giác . ' ' ' ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại B, BA = BC = a. Mặt bên ' ' ACC A là hình vuông cạnh bằng 2 a , M là trung điểm BC. Tính thể tích khối tứ diện ' B MCA và khoảng cách giữa 2 đường thẳng , ' AM B C . Câu 5 (1 điểm): Cho , , sao cho: 2 3 40 x y z x y z ¡ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 36 2 1 3 16 P x y z PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn làm 1 trong hai phần A hoặc B Phần A: Câu 6a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm 2;0 A và 2 đường thẳng 1 : 0 d x y , 2 : 2 1 0 d x y . Tìm các điểm 1 2 , B d C d để tam giác ABC vuông cân tại A. 2) Tìm các số hạng hữu tỉ trong khai triển nhị thức Niu tơn của biểu thức 3 1 3 2 n , biết n là số tự nhiên thỏa mãn: 3 2 2 1 2 110 n n C C . Câu 7a (1 điểm): Giải hệ phương trình: 2 2 1 3 y x y x y y xy x x Phần B: Câu 6b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng 1 2 : 3 0, :2 5 0, d x y d x y 3 : 0 d x y . Tìm tọa độ các điểm 1 2 3 , , , A d B d C D d để tứ giác ABCD là một hình vuông. 2) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất 3 lần. Tính xác suất sao cho mặt sáu chấm xuất hiện ít nhất 1 lần. Câu 7b (1 điểm): Giải phương trình sau: 32 2 2 2 3 5 5 log 1 log log log .log 1 log 2 log 2 x x x x x Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: phongnt1977@gmail.com sent to www.laisac.page.tl ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1) (1 điểm). Khảo sát hàm số * Tập xác định: D ¡ 3 0 ' 4 8 0 2 x y x x x 0,25 * Hàm số đồng biến trên các khoảng: 2;0 và 2; ; nghịch biến trên các khoảng ; 2 ; 0; 2 * Điểm cực đại 0;3 , cực tiểu 2; 1 0,25 * Bảng biến thiên: x 2 0 2 ' y 0 0 0 y 3 1 1 0,25 * Đồ thị: -3 -2 -1 1 2 3 -1 1 2 3 4 5 x y 0,25 2) (1 điểm) Tìm 1 m để Đồ thị hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt 4 2 1 0 x m x m (1) có 4 nghiệm phân biệt 2 1 0 t m t m (2) có 2 nghiệm dương phân biệt 2 1 4 0 1 0 0& 1 0 m m m m m m 0,25 2 nghiệm của (2) là 1, t t m , do 1 m nên 4 nghiệm phân biệt của (1) theo thứ tự tăng là: , 1,1, m m 0,25 Hàm số là chẵn nên hình phẳng trong bài toán nhận Oy làm trục đối xứng. Khi đó đồ thị có dạng như hình bên. Bài toán thỏa mãn 1 2 1 4 2 4 2 0 1 1 4 2 4 2 0 1 4 2 0 1 1 1 1 1 0 m H H m m S S x m x m dx x m x m dx x m x m dx x m x m dx x m x m dx 0,25 1 (2điểm) 5 3 0 1 1 0 1 0 5 5 3 5 3 m x x m m m mx m . KL: 5 m thỏa mãn yêu cầu 0,25 1) (1 điểm). Giải phương trình lượng giác 2 PT sin 2cos 1 2 2cos 1 4cos 1 0 2cos 1 sin 2cos 3 0 2cos 1 0 sin 2cos 3 0 x x x x x x x x x x 0,5 2 (2điểm) * 1 2cos 1 0 cos 2 2 3 x x x k k ¢ 0,25 * sin 2cos 3 0 sin 2cos 3 x x x x . Do 2 2 2 1 2 3 nên phương trình vô nghiệm 0,25 2) (1 điểm). Giải bất phương trình Điều kiện: 3 2 x 0,25 Bất PT 2 2 3 0 3 2 0 2 3 0 x x x x (Nếu HS viết ngay thành hệ như vậy mà không đặt ĐK ở trên thì cho 0,5) 0,25 * 2 ;1 2; 3 2 0 2; 3 2 3 0 2 x x x x x x 0,25 * 3 2 3 0 2 x x . KL: Tập nghiệm của BPT là 3 2; 2 S 0,25 Tính tích phân 2 2 2 2 0 0 sin2 sin cos 2 2 sin 2 sin x x x I dx dx x x 0,25 Đặt 2 sin cos 0 2, 3 2 t x dt xdx x t x t 0,25 Ta được tích phân 3 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 ln t I dt dt t t t t t 0,25 3 (1điểm) Kết quả 3 2 2ln 2 3 I 0,25 Cho hình lăng trụ a) Thể tích khối tứ diện ' B MCA . Do ' ' ACC A là hình vuông nên 2 AC a , từ đó ta có: 2 2 2 BA BC AC hay tam giác ABC vuông cân tại B. Do AM là trung tuyến của tam giác ABC nên 2 1 1 1 . . 2 2 2 4 AMC ABC a S S BA BC a 2 a a N M C B A' C' B' A 0,25 2 3 ' 1 1 2 . ' . . 2 3 3 4 12 B MCA MCA a a V S B B a 0,25 b) Gọi N là trung điểm ' BB , ta có '// '// ', ', CB MN CB AMN d CB AM d CB AMN , d C AMN . Do B, C đối xứng nhau qua M nên , , d C AMN d B AMN 0,25 4 (1điểm) Xét tứ diện NABM có BA, BM, BN đôi một vuông góc. Kẻ , BI MA I MA NI MA Kẻ BH AMN H NI Ta có , . d B AMN BH Có 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 7 7 a BH BH BN BI BN BM BA a Vậy ', 7 a d CB AM BH a 2 2 a a 2 B A M N I H 0,25 Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 2 2 2 36 2 1 3 16 36 4 4 9 144 P x y z x y z 0,25 5 (1điểm) Xét các vec tơ: ;6 , 2 ;2 , 3 ;12 a x b y c z r r r . Ta có P a b c r r r và 0,5 2 3 ;20 40;20 theo gt a b c x y z r r r 2 2 40 20 20 5 a b c r r r Ta có BĐT a b c a b c r r r r r r (1). CM: Với 2 vec tơ , u v r r ta có 2 2 2 2 2 2 . 2 . u v u v u v u v u v r r r r r r r r r r 2 (*) u v u v u v r r r r r r , dấu bằng xảy ra , u v r r cùng hướng. Áp dụng BĐT (*) ta có a b c a b c a b c r r r r r r r r r , dấu bằng xảy ra , , a b c r r r cùng hướng. Áp dụng BĐT (1) ta có: 20 5 P Vậy min 20 5 P , xảy ra , , a b c r r r cùng hướng và 2 3 40 x y z 12 2 3 2 6 2 12 2 3 40 8 x x y z y x y z z 0,25 1) (1 điểm)Tìm tọa độ các điểm B, C 1 2 , ; , 1 2 ; B d C d B b b C c c 0,25 4 6 . 0 3 4 6 0 3 c AB AC AB AC bc b c b c uuur uuur (1) 2 2 2 1 5 12 7 AB AC b c c (2) 0,25 Thế (1) vào (2) được 2 2 4 3 2 4 6 2 1 5 12 7 5 42 106 114 45 0 3 c c c c c c c c 2 1 1 5 5 12 9 0 5 c c c c c c 0,25 Kết luận: 1 1;1 , 1; 1 ; 5 7;7 , 9; 5 c B C c B C 0,25 2) (1 điểm)Tìm số hạng là số hữu tỉ trong khai triển nhị thức Niu tơn của * Tìm n: 3 2 3 2 2 1 2 110 3 4 660 0 10 n n C C n n n n 0,25 10 10 10 3 2 10 3 3 0 1 1 3 3 .3 .2 2 2 n k k k k C 0,25 Do 2,3 1 nên số hạng hữu tỉ trong khai triển phải thỏa mãn 10 2 3 k k ¢ ¢ k chẵn và chia hết cho 3 Do 0 10 0, 6 k k k 0,25 6a (2điểm) 0 5 6 2 2 10 10 945 0 .3 243. 6 .3 .2 2 k C k C là các số hạng hữu tỉ cần tìm 0,25 Giải hệ phương trình… Xét hệ 2 2 1 3 (1) 2 y x y x y y xy x x 2 2 3 2 2 0 x y x y y x y x y (Coi pt là bậc hai với x là ẩn y là tham số) 0,5 * x y thế vào (1) được 0 y suy ra 0 x y là nghiệm 0,25 7a (1điểm) * 2 x y thế vào (1) được 3 2 0 2 0 1 y y y y y . Ta được 2 nghiệm 1 0 và 1 0 x x y y Vậy hệ có 2 nghiệm 1 0 và 1 0 x x y y Cách 2: Nếu 0 0 x y thỏa mãn hệ (0,25). Nếu 0 0 x y thì chia 2 vế 2 pt cho x rồi đặt ẩn phụ , y a b x y x (0,25). Giải hệ ẩn a, b được nghiệm a, b (0,25). Tìm được nghiệm (0,25) Cách 3: HS có thể giải bằng phương pháp thế. Biểu điểm tương tự giải theo các phương pháp trên 0,25 1) (1 điểm) Tìm tọa độ các điểm , , , A B C D …. 6b (2điểm) Gọi 2 ;5 2 B b b d . Đường thẳng 1 qua B và vuông góc 3 d cắt 3 d tại C. Phương trình 1 : 5 0 x y b Tọa độ của C là nghiệm hệ 0 5 5 ; 5 0 2 2 x y b b C x y b 0,25 Đường thẳng AB // 3 d nên có phương trình 5 3 0 x y b . Tọa độ A là nghiệm hệ 5 3 0 9 15 3 5 ; 3 0 2 2 x y b b b A x y Đường thẳng 2 qua A và vuông góc 3 d cắt 3 d tại D. Phương trình 1 : 6 10 0 x y b Tọa độ của D là nghiệm của hệ 0 3 5;3 5 6 10 0 x y D b b x y b 0,25 ABCD là hình vuông 2 5 2 9 10 0 2 2 AD CD b b b b 0,25 3 1 3 3 5 15 5 5 5 5 5 5 2 ; , 2;1 , ; , 1;1 ; , ;0 , ; , ; 2 2 2 2 2 4 4 2 4 4 2 2 b A B C D b A B C D 0,25 2) (1 điểm). Tính xác suất…. Cách 1: Gọi i A là biến cố “gieo lần thứ i được mặt 6 chấm” 1 , 1,3 6 i P A i i A là biến cố “gieo lần thứ i không được mặt 6 chấm” 5 , 1,3 6 i P A i 0,25 Gọi B là biến cố “trong 3 lần gieo, mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần” B là biến cố “trong 3 lần gieo, mặt 6 chấm không xuất hiện”. Ta có 1 2 3 . . B A A A 0,25 Do 1 2 3 , , A A A độc lập với nhau nên 1 2 3 , , A A A cũng độc lập 3 1 2 3 1 2 3 5 125 . . . . 6 216 P B P A A A P A P A P A 0,25 91 1 216 P B P B 0,25 Cách 2: Không gian mẫu của phép thử này có số phần tử là 3 6 216 n kq đồng khả năng 0,25 Gọi A là biến cố “mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần”. Xét các khả năng thuận lợi cho A như sau: 1) Mặt 6 chấm xuất hiện 1 lần: Nếu mặt 6 chấm xuất hiện lần gieo đầu thì 2 lần sau không xuất hiện, có 1.5.5 = 25 kq thuận lợi. Tương tự cho mặt 6 chấm xuất hiện lần 2 và lần 3.Vậy TH này có 25.3 = 75 kq 2) Mặt 6 chấm xuất hiện 2 lần: Nếu mặt 6 chấm xuất hiện lần 1 và 2 thì lần 3 không xuất hiện, vậy có 1.1.5 = 5 kq. Tương tự cho 2 khả năng còn lại. Vậy TH này có 5.3 =15 kq 3) Mặt 6 chấm xuất hiện ở cả 3 lần gieo, có 1 kq Vậy số kết quả thuận lợi cho A là: 75 15 1 91 n A Chú ý: Có thể tính số khả năng thuận lợi cho biến cố đối A rồi tính P A 0, 5 Xác suất của biến cố A là 91 216 P A 0,25 Giải phương trình … Phương trình 2 2 2 2 2 3 2 3 log log 5 log log 5 log log 1 0 log log 1 x x x x x x 0,5 * 2 2 1 log log 5 5 x x 0,25 Câu 7b (1điểm) * 2 3 log log 1 x x . Đặt 2 log 2 t x t x . Ta có pt 2 1 2 1 3 1 3 3 t t t t . Chứng minh pt này có nghiệm duy nhất t = 1 từ đó khẳng định pt có nghiệm duy nhất x = 2 KL: PT đã cho có 2 nghiệm như trên 0,25 . DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT TỨ KỲ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2 011 Môn thi: TOÁN, khối A, B, D Thời gian làm bài: 18 0 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT. cực đại 0;3 , cực tiểu 2; 1 0,25 * Bảng biến thi n: x 2 0 2 ' y 0 0 0 y 3 1 1 0,25 * Đồ thị: -3 -2 -1 1 2 3 -1 1 2 3 4 5 x y . phẳng trong bài toán nhận Oy làm trục đối xứng. Khi đó đồ thị có dạng như hình bên. Bài toán thỏa mãn 1 2 1 4 2 4 2 0 1 1 4 2 4 2 0 1 4 2 0 1 1 1 1 1 0 m H H m m S