SỞ GD-ĐT NINH BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT Năm học: 2010 – 2011 MÔN TOÁN – KHỐI A, B Thời gian làm bài 180 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Câu 1 ( 3điểm) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 2 y x 3x 3x= − + − b) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = cos3x – 3cos 3 x + 1 trên [0; π]. c) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số 3 2 y x (2m 3)x (9m 2)x 9m 6= − + + − − + có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox. Câu 2 (2 điểm) Giải các phương trình: a) 2 x cos (1 sin x) cos x 0 2 − − = b) 3 2 2log (2x 1) log (3x 1) 4x+ + + = Câu 3 (1 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD cạnh đáy có độ dài bằng a (a > 0), góc tạo bởi hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) có số đo bằng 60 0 . Xác định khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SCD). Câu 4 (2 điểm) Cho mặt phẳng (P): x + 2y + z – 3 = 0 và điểm M (2; 5; 3), N(1; 0; 2) a) Xác định tọa độ hình chiếu của M trên (P). b) Viết phương trình mặt phẳng chứa M, N và tạo với (P) góc có số đo nhỏ nhất. Câu 5 (2 điểm) a) Cho parabol (P): y = x 2 và hai điểm A, B chuyển động trên (P) thỏa mãn AB = 4. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đoạn thẳng AB. Tìm giá trị lớn nhất của S. b) Chứng minh rằng: 4n k 2k 4n 8n k 0 ( 1) C 2 = − = ∑ , với mọi số nguyên dương n. Hết SỞ GD-ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY Năm học: 2010 – 2011 MÔN TOÁN – KHỐI A, B (Đáp án gồm 05 câu, 04 trang) Câu 1 (3 điểm) a. (1 điểm) - TXĐ, giới hạn - Đạo hàm, bảng biến thiên - Điểm uốn - Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 b. (1 điểm) f(x) = cos3x – 3cos 3 x + 1= cos 3 x – 3cosx + 1 f’(x) = -3cos 2 x.sinx + 3sinx = 3sinx(1 – cos 2 x) = 3sin 3 x f’(x) = 0 ⇔ x = kπ, k∈Z, mà x ∈[0; π] ⇒ x = 0; x = π. f(0) = - 1, f(π) = 3 ⇒ [0; ] max f(x) = 3 π đạt được tại x = π, [0; ] min f(x) = -1 π đạt được tại x = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 c. (1 điểm) - Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số 3 2 y x (2m 3)x (9m 2)x 9m 6= − + + − − + có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox là 3 2 x (2m 3)x (9m 2)x 9m 6 0 (1)− + + − − + = có ba nghiệm phân biệt. - Ta có: 3 2 2 2 x (2m 3)x (9m 2)x 9m 6 0 (x 3)(x 2mx 3m 2) 0 x 3 x 2mx 3m 2 0 (2) − + + − − + = ⇔ − − + − = = ⇔ − + − = Do đó (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt khác 3 ⇔ 2 m 3m 2 0 3 3 m ( ;1) (2; ) ( ; ). 3 2 7 3m 0 − + > ⇔ ∈ −∞ ∪ ∪ +∞ − ≠ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2 (2 điểm) a. (1 điểm) 2 x cos (1 sin x) cos x 0 2 − − = (3) TXĐ: R *) Dễ thấy x k2 ,k Z = π + π ∈ không là nghiệm của (3) *) 2 , ≠ + ∈ x k k Z π π Đặt t = tan x 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 1 2t 1 t (3) (1 ) 0 (t 1) (t 1)(t t t 1) 0 1 t 1 t 1 t t 0 (t 1)(t t 2t) 0 t 1 − ⇔ − − = ⇔ − + − + + + = + + + = ⇔ − + + = ⇔ = t 1 x k2 ,k Z 2 t 0 x k2 ,k Z π = ⇔ = + π ∈ = ⇔ = π ∈ 0.25 0,25 0,25 0,25 b. (1 điểm) 3 2 2log (2x 1) log (3x 1) 4x (4)+ + + = TXĐ 1 ( ; ) 3 − +∞ Xét hàm số , f(x) = 3 2 2log (2x 1) log (3x 1) 4x+ + + − ta có: f’(x) = 4 3 4 (2x 1) ln 3 (3x 1)ln 2 + − + + f’’(x) = 2 2 8 9 1 f ''(x) 0 x ( ; ) (2x 1) ln 3 (3x 1) ln 2 3 − − ⇒ < ∀ ∈ − +∞ + + ⇒ f’(x) nghịch biến trên 1 ( ; ) 3 − +∞ Mà f(0).f(1) < 0 ⇒ f’(x) = 0 có 1 nghiệm duy nhất và nó thuộc (0; 1). Gọi x 0 là nghiệm của f’(x). Vì f’(x) nghịch biến trên 1 ( ; ) 3 − +∞ suy ra 0 0 1 f '(x) 0 x ( ;x );f '(x) 0 x (x ) 3 > ∀ ∈ − < ∀ ∈ +∞ Ta có bảng biến thiên x 1 3 − 0 x 0 1 +∞ f’(x) + 0 - f(x) 0 0 Suy ra phương trình (4) có đúng hai nghiệm là x = 0; x = 1. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 3 (1 điểm) Gọi O là giao của hai đường thẳng AC và BD, M là trung điểm của CD. Ta có: (SOM) ⊥ (CD) ⇒ ((SCD),(ABCD))=(SM,OM)=∠SMO ⇒ ∠SMO = 60 0 . ⇒SO = a 3 2 Trên mặt phẳng (SOM), kẻ OH vuông góc với SM suy ra OH⊥(SCD). Trên mặt phẳng (ACH), kẻ AK vuông góc với CH suy ra AK⊥(SCD). Suy ra d(A,(SCD)) = AK = 2OH = a 3 2 0,5 0,25 0,25 Câu 4. (2 điểm) a.(1 điểm) Mặt phẳng (P) có 1 VTPT là n(1;2;1) r . Gọi H(x 0 ; y 0 ; z 0 ) là hình chiếu của M trên (P) suy ra MH, n uuuur r cùng phương 0 0 0 x 2 t t R: y 5 2t H(t 2;2t 5;t 3) z 3 t − = ⇒ ∃ ∈ − = ⇒ + + + − = H∈(P)⇒t + 2 + 2(2t+5) + t + 3 – 3 = 0 ⇔ t = -2 ⇒ H(0;1; 1). 0,25 0,25 0,5 b. (1 điểm) Giả sử mặt phẳng (Q) chứa M, N và cắt mp(P) theo giao tuyến d. Kẻ HK vuông góc với a tại H suy ra ((P);(Q))=∠MKH. · · · · MH MH tan MKH tan MNH MKH MNH HK MN = ≥ = ⇒ ≥ Min((P),(Q)) = · MNH , đạt được khi K trùng N hay HN⊥a. Khi đó: (Q) có 1 VTPT là [n,[n,HN]]=(-6;6;-6) r r uuur Suy ra phương trình của (Q) là: x – y + z – 3 = 0. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 5 (2 điểm) a. (1 điểm) Giả sử A(x A ;y A ), B(x B ;y B ), x A < x B . Gọi A’, B’ thứ tự là hình chiếu của A, B trên Ox, ta có: B A X 3 2 B A B A A B X (x x )1 S (x x )(y y ) x dx 2 6 − = − + − = ∫ Mà 2 2 B A B A AB 4 (x x ) (y y ) 16 = ⇒ − + − = B A 2 B A 4 32 x x 4 S 3 1 (x x ) ⇒ − = ≤ ⇒ ≤ + + Max S = 32/3, đạt được khi A(-2;4); B(2; 4). 0,5 0,25 0,5 b. (1 điểm) 8 4 4 1 4 4 1 8 2 2 2 1 2 1 2 2 1 8 8 8 8 8 0 0 0 0 0 (1 ) ( 1) ( 1) n n n n n n k k k k k k k k k k n n n n n k k k k k i C i C i C i C i C − − + + + = = = = = + = = + = − − − ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ 8 4 4 1 4 4 1 8 2 2 2 1 2 1 2 2 1 8 8 8 8 8 0 0 0 0 0 (1 ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) − − + + + = = = = = − = − = − + − = − + − ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ n n n n n n k k k k k k k k k k n n n n n k k k k k i C i C i C i C i C 4 2 8 8 8 0 1 ( 1) [(1 ) (1 ) ]= 2 n k k n n n k C i i = ⇒ − = + + − ∑ 8n 8n 4 4 1 [( 2(cos +isin )) +( 2(cos +isin )) ]=2 os2n 2 2 4 4 4 4 n n c π π π π π = 0.5 0.5 . SỞ GD-ĐT NINH B NH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT Năm học: 2010 – 2011 MÔN TOÁN – KHỐI A, B Thời gian làm b i 180 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01. nguyên dương n. Hết SỞ GD-ĐT NINH B NH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY Năm học: 2010 – 2011 MÔN TOÁN – KHỐI A, B (Đáp án gồm 05 câu, 04 trang) Câu. điểm) - TXĐ, giới hạn - Đạo hàm, b ng biến thi n - Điểm uốn - Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 b. (1 điểm) f(x) = cos3x – 3cos 3 x + 1= cos 3 x – 3cosx + 1 f’(x) = -3 cos 2 x.sinx + 3sinx = 3sinx(1 –