ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B,D - TRƯỜNG THPT TỨ KỲ doc

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