ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011 Môn: Toán Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH Câu I (2 điểm). Cho hàm số 3 2 3 ( 1) 1y x x m x= + + + + có đồ thị là (C m ) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tìm những giá trị của m để đường thẳng 1y x= + cắt đồ thị (C m ) tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B, C sao cho các tiếp tuyến của (C m ) tại B và C vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm). 1. Giải hệ phương trình 3 3 3 3 x y y x + − = + − = 2. Giải phương trình 2 1 cos 2(1 sinx)(1 tan ) sinx cos x x x − − + = − Câu III (2 điểm) 1. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường tròn tâm I(2; 2) bán kính R = 1 quanh trục hoành. 2. Trong không gian cho hai điểm A, B cố định, độ dài đoạn AB = a > 0. Ax và By là hai nửa đường thẳng vuông góc với nhau và cùng vuông góc với AB. Trên Ax và By lấy hai điểm M và N sao cho MN = b (với b là một số cho trước và b > a). a) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN. b) Xác định vị trí của M và N sao cho tứ diện ABMN có thể tích lớn nhất. Câu IV (1 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 3 2 1 ( 1) (1 ) 1x m x m x+ ≥ + + − + . PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm P(3; 1) và hai đường thẳng có phương trình là 1 : 2 1 0d x y− + = và 2 : 2 3 0d x y+ − = . Viết phương trình đường thẳng đi qua P và tạo với hai đường thẳng 1 2 àd v d một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của 1 2 àd v d . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 1 2 1 : 2 1 1 x y z− + − ∆ = = − 2 1 2 3 : 2 1 2 x y z+ − − ∆ = = − và mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 + 4x -2y +6z + 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) đồng thời song song với 1 ∆ và 2 ∆ . 3. Tìm phần thực của số phức ( ) 2009 1 i− Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hypebol ( )H có phương trình 2 2 2 2 1 x y a b − = và M là điểm bất kỳ thuộc (H). Gọi d 1 , d 2 là các đường thẳng đi qua M và song song với các đường tiệm cận của (H). Chứng minh rằng hình bình hành tạo bởi d 1 , d 2 và các đường tiệm cận của (H) có diện tích không đổi. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 3; - 2), B(0; 0; 1), C(2; 0; 1). Tìm tọa độ của điểm M sao cho MA 2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. 3. Giải bất phương trình 2 4 0,5 2 16 log 4log 4 logx x x+ ≤ − …Hết… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KHỐI A Câu ý Nội dung Điểm I 2 1 1 TXĐ D = ¡ Sự biến thiên : y’ = 3x 2 + 6x + 3 = 3(x + 1) 2 0 x ≥ ∀ ∈ ¡ Hàm số đồng biến trên ¡ Hàm số không có cực trị Giới hạn : lim x y →±∞ = ±∞ Bảng biến thiên x −∞ 0 +∞ y’ + 0 + y +∞ −∞ Đồ thị y 1 -1 O x 025 023 025 025 2 1 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C m ) và đường thẳng y = x + 1 x 3 + 3x 2 + mx = 0 2 0 3 0 x x x m = ⇔ + + = Đường thẳng y = x + 1 cắt đồ thị (C m ) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi 2 ( ) 3 0g x x x m= + + = có hai nghiệm phân biệt khác 0 khi và chỉ khi 9 0 9 4 0 4 (0) 0 0 0 m m g m m ∆ > − > < ⇔ ⇔ ≠ ≠ ≠ (*) Khi đó hoành độ của B và C thỏa mãn 3 . B C B C x x x x m + = − = (1) Ta có f’(x) = 3x 2 + 6x + m + 1 Hệ số góc các tiếp tuyến tại B và C là f’(x B ) = 2 3 6 1 B B x x m+ + + ,f’(x C ) = 2 3 6 1 C C x x m+ + + Các tiếp tuyến tại B và C vuông góc khi và chỉ khi f’(x B ). f’(x C ) = -1 ⇔ ( 2 3 6 1 B B x x m+ + + ).( 2 3 6 1 C C x x m+ + + ) = - 1 ⇔ ( 2 3 6 B B x x+ )( 2 3 6 C C x x+ )+ (m + 1)( 2 3 6 B B x x+ + 2 3 6 C C x x+ ) + (m + 1) 2 = - 1 ⇔ 2 2 9( . ) 18 ( ) 36 3( 1)(( ) 2 2( )) B C B C B C B C B C B C B C x x x x x x x x m x x x x x x+ + + + + + − + + +m 2 + 2m + 2 = 0 Kết hợp với (1) ta được 9m 2 – 54m + 36m + 3(m+1)(9 – 2m - 3) + m 2 + 2m + 2 = 0 ⇔ 4m 2 – 13m + 11 = 0 phương trình vô nghiệm. Vậy không có giá trị của m thỏa mãn yêu cầu. 025 025 025 025 II 2 1 1 Điều kiện: 0 3,0 3x y≤ ≤ ≤ ≤ Ta có 3 3 3 3 x y y x + − = + − = ⇔ 2 (3 ) 0 2 (3 ) 0 x y x y y x y x − + − = − + − = (3 ) (3 ) 0 (3 ) 0 (3 ) 0 x y y x x y y x ⇒ − + − = − = ⇔ − = ⇔ 0 0 3 3 x y x y = = = = Kiểm tra ta thấy 0 3 , 0 3 x x y y = = = = thỏa mãn. Kết luận : Hệ có hệ có hai nghiệm 0 3 , 0 3 x x y y = = = = 025 025 025 025 2 1 Đk : sinx cos cos 0 x x ≠ ≠ . Phương trình tương đương với 2 2 2(1 sinx) 1 cos 2(1 sinx) 1 cos os sinx cos 1 sin sinx cos 2 1 cos 2(sinx cos ) (1 sinx)(1 cos ) 1 sinx sinx cos sinx cos sinx.cos 1 0 (sinx 1)(cos 1) 0 sinx 1 cos 1 x x c x x x x x x x x x x x x − − − − = ⇔ = − − − − ⇔ = ⇔ − = + − + − ⇔ − + − = ⇔ − + = = ⇔ = − +) sinx = 1 không thỏa mãn Đk vì khi đó cosx = 0. +) cosx = -1 2 ,x k k π π ⇔ = + ∈¢ thỏa mãn. Lết luận : Phương trình có họ nghiệm 2 ,x k k π π = + ∈¢ 025 025 025 025 2 1 1 Đường tròn tâm I(2; 1) bán kính R = 1 có phương trình : (x - 2) 2 + (y - 2) 2 = 1 Điều kiện: 1 3x≤ ≤ . Từ phương trình đường tròn ta có 2 2 1 ( 2)y x= + − − với 2y ≥ Và 2 2 1 ( 2)y x= − − − với 2y < . Thể tích vật thể cần tìm ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 1 1 3 2 1 2 1 ( 2) 2 1 ( 2) 8 1 ( 2) V x dx x dx x dx π π π = + − − − − − − = − − ∫ ∫ ∫ Đặt x – 2 = sint với 2 2 x π π − ≤ ≤ . 025 025 III x = 1 ⇒ t = 2 π − x = 3 ⇒ t = 2 π dx = costdt, 2 1 ( 2)x− − = cost. Vậy V = 2 2 2 8 osc tdt π π π − ∫ = 2 2 2 4 (1 os2 ) 4c t dt π π π π − + = ∫ 025 025 2 1 a) Gọi I là trung điểm của MN. Ta có ,BN AB BN AM BN BM⊥ ⊥ ⇒ ⊥ x do đó tam giác BMN vuông tại B suy ra BI = 2 MN , A M tương tự AI = 2 MN . Vậy AI = BI = MI = NI = 2 MN = 2 b I Tâm mặt cầu ngoại tiếp là I, bán kính R = 2 b B b) Đặt AM = x > 0, BN = y > 0 N Tam giác ABN vuông tại B nên AN 2 = AB 2 + BN 2 y Tam giác AMN vuông tại A nên MN 2 = AM 2 + AN 2 Suy ra b 2 = MN 2 = AM 2 + AB 2 + BN 2 = x 2 + a 2 + y 2 Do đó x 2 + y 2 = b 2 – a 2 không đổi. Tứ diện ABMN có đáy là ABM, đường cao BN. Thể tích 2 2 2 2 1 1 1 ax ( ) ( ) 6 12 12 V y a x y a b a= ≤ + = − . Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN = 2 2 2 b a− . 025 025 025 025 1 Ta có 3 2 1 ( 1) (1 ) 1x m x m x+ ≥ + + − + 2 2 ( 1)( 1) ( 1) ( 1)x x x m x x x⇔ + − + ≥ − + + + Điều kiện 1x ≥ − Khi đó bất phương trình tương đương với 2 2 1 1 1 1 x x m x x x x + + ≥ + − + − + ⇔ 2 2 1 1 1 1 x x m x x x x + + − ≥ − + − + (*) Đặt t = 2 1 1 x x x + − + , bất phương trình (*) có dạng : t – t 2 m≥ (1) Ta có 2 2 2 2 2 2 ' , ' 0 1 3 1 2( 1) 1 x x t t x x x x x x − − + = = ⇔ = − + + − + − + . Bảng biến thiên 025 x -1 1 3− + +∞ t’ + 0 - t 3 2 3 3 + 0 0 Vậy 11 7 3 0; 13 t + ∈ . Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm 11 7 3 0; 13 t + ∈ khi và chỉ khi 11 7 3 [0; ] 13 ax ( ) t M f t m + ∈ ≥ với f(t) = t – t 2 f’(t) = 1 – 2t Bảng biến thiên t 0 1 2 3 2 3 3 + f’(t) + 0 - f(t) 1 4 Từ bảng biến thiên : 11 7 3 [0; ] 13 1 1 ax ( ) 4 2 t M f t khi x + ∈ = = Vậy ycbt tương đương với 1 4 m ≤ 025 025 025 3 1 1 Đường thẳng đi qua P(3 ; 1) có dạng : ax 3 0by a b∆ + − − = Đường thẳng ∆ tạo với hai đường thẳng 1 2 àd v d một tam giác cân có đỉnh là giao của 1 2 àd v d khi và chỉ khi 1 2 ( , ) ( , )d d∆ = ∆ 1 2 os( ,d ) os( ,d )c c⇔ ∆ = ∆ 2 2 2 2 2 2 5( ) 5( ) 2 2 a b a b a b a b a b a b − + ⇔ = + + ⇔ − = + 2 2a b a b ⇔ − = + hoặc 2 2a b a b − = − − 3 0a b⇔ − = hoặc 3 0a b+ = Chọn a = 3, b = 1 hoặc a = 1, b = - 3. Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán 3x + y –10 = 0 và x – 3y = 0 025 025 025 025 2 1 Vectơ chỉ phương của 1 1 2 1 : 2 1 1 x y z− + − ∆ = = − và 2 1 2 3 : 2 1 2 x y z+ − − ∆ = = − lần lượt là (2; 1;1), ( 2;1;2)u v= − = − r r . Mặt phẳng (P) song song với 1 ∆ và 2 ∆ nhận cặp vectơ 025 Va (2; 1;1), ( 2;1;2)u v= − = − r r làm cặp vectơ chỉ phương. Ta có ( ) 1 1 1 2 2 1 ; ; 3; 6;0 3(1;2;0) 1 2 2 2 2 1 n − − = = − − = − ÷ − − r . Mặt phẳng (P) có dạng (P) : x + 2y + m = 0. Mặt cầu (S) có tâm I(- 2 ; 1 ; - 3) và bán kính R = 3. Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 ( ,( )) 3 3 5 1 2 0 m d I P R m − + + = ⇔ = ⇔ = ± + + Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu là x + 2y + 3 5 = 0 và x + 2y – 3 5 = 0. 025 025 025 3 1 Ta có ( ) ( ) ( ) 1004 2009 2 1004 1004 1004 1004 1 1 (1 ) ( 2 ) (1 ) 2 (1 ) 2 2 i i i i i i i − = − − = − − = − = − Vậy phần thực của số phức trên là 1004 2 025 025 025 025 3 1 1 Các đường tiệm cận của (H) có dạng b y x a = ± . Gọi M(x 0 ; y 0 ) 2 2 0 0 2 2 ( ) 1 x y H a b ∈ ⇒ − = (1) Các đường thẳng d 1 ; d 2 có phương trình là 0 0 0 0 à b b b b y x y x v y x y x a a a a = + − = − + + Các giao điểm của d 1 ; d 2 với các đường tiệm cận A( 0 0 0 0 ; 2 2 2 2 x y a b y x b a + + ), B( 0 0 0 0 ; 2 2 2 2 x y a b y x b a − − ). Diện tích hình bình hành S = 2S OAB =OA.OB.sin AOB ∠ = 2 2 2 . ( . )OA OB OA OB− uuur uuur uuur uuur Ta có 2 2 .OA OB uuur uuur = 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 (( ) ( ) )(( ) ( ) ) 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y a b a b y x y x b a b a + + + − + − = 2 2 2 2 2 2 0 0 2 2 ( ) 4 x y a b a b + − ÷ = 2 2 2 4 a b + ÷ ( theo (1)) 2 ( . )OA OB uuur uuur = 2 0 0 0 0 0 0 0 0 (( )( ) ( )( )) 2 2 2 2 2 2 2 2 x x y y a a b b y y x x b b a a + − + + − = 2 2 2 2 2 2 0 0 2 2 ( ) 4 x y a b a b − − ÷ = 2 2 2 4 a b − ÷ ( theo (1)) Do đó 2 ab S = không đổi. 025 025 025 025 2 1 Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là G(1 ; 1 ; 0) Ta có 025 025 Vb ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MA MB MC 3 ( ) 3 MG GA MG GB MG GC MG GA GB GC MG GA GB GC MG GA GB GC GA GB GC + + = + + + + + = + + + + + + = + + + ≥ + + uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuur uuur Vậy MA 2 + MB 2 + MC 2 ≥ 2 2 2 GA GB GC+ + dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M G ≡ 025 025 3 1 Ta có ( ) 4 16 2 4 2 0,5 2 16 0,5 2 2 2 4 0,5 2 16 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 log 0 log 4log 4 log log 4log 0 log 4log 4 log 4 log 0 log 2log 0 log 2log 16 8log log 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x − ≥ + ≤ − ⇔ + ≥ + ≤ − − ≥ + ≥ ⇔ + ≤ − + > 2 2 8 5 8 0 log 5 log 2 0 1 2 1 0 4 x x x x x ≤ ≤ ⇔ ≤ − > ≤ ≤ ⇔ < ≤ Tập nghiệm của bất phương trình là S = 8 5 1 [1;2 ] (0; ] 4 ∪ 025 025 025 025 . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2 011 Môn: Toán Thời gian làm bài 18 0 phút PHẦN CHUNG CHO MỌI THI SINH Câu I (2 điểm). Cho hàm số 3 2 3 ( 1) 1y x x m x= + + + + có đồ thi là (C m ) 1. . chỉ khi 11 7 3 [0; ] 13 ax ( ) t M f t m + ∈ ≥ với f(t) = t – t 2 f’(t) = 1 – 2t Bảng biến thi n t 0 1 2 3 2 3 3 + f’(t) + 0 - f(t) 1 4 Từ bảng biến thi n : 11 7 3 [0; ] 13 1 1 ax ( ) 4. 2 1 1 1 ax ( ) ( ) 6 12 12 V y a x y a b a= ≤ + = − . Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN = 2 2 2 b a− . 025 025 025 025 1 Ta có 3 2 1 ( 1) (1 ) 1x m x m x+ ≥ + + − + 2 2 ( 1) ( 1)