đề thi thử toán khối d có đáp án

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề THI THỬ LẦN 3 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 6 2 1,(1)y x x mx= + + + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi 0m = . 2. Tìm giá trị của m để đường thẳng 1y = cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt M(0;1), A, B, đồng thời các tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại các điểm A và B vuông góc với nhau. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 (sinx+cosx) 3cos2x-2 0 2sin 2x + = − . 2. Giải bất phương trình: ( ) 5 5 1 log 25 5 log . 5 x x   − ≤ −  ÷   Câu III. (1,0 điểm) Tính: ln8 ln3 1 x I e dx= + ∫ . Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của 'A trên mặt phẳng ( ) ABC trùng với tâm O của tam giác ABC . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C biết khoảng cách giữa AA' và BC là 3 4 a . Câu V. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương , ,a b c thỏa mãn: 2 2 2 4a b c+ + = , ta có 5 3 5 3 5 3 2 2 2 2 2 2 8 16 8 16 8 16 16 3 3 a a a b b b c c c b c c a a b − + − + − + + + ≤ + + + . II. 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 tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2 ( ) : 4 2 32 0C x y x y+ + − − = và các điểm ( ) 3; 5B − và ( ) 1;1C − . Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn ( )C sao cho tam giác ABC cân tại điểm A . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 4 68 0S x y z x y z+ + − − + − = và hai đường thẳng 5 1 13 : 2 3 2 x y z+ − + ∆ = = − , 7 3 ': 1 2 8 x t y t z = − +   ∆ = − −   =  . Viết phương trình mặt phẳng ( ) P tiếp xúc với ( ) S , song song với cả ∆ và '∆ . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: ( ) ( ) ( ) 2 3 20 1 (1 ) 1 1 1i i i i+ + + + + + + + + . B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI. b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm ( ) 2;5M . Đường thẳng d luôn đi qua M cắt các tia Ox, Oy theo thứ tự tại ( ) ;0A a và ( ) 0;B b với 0, 0a b> > . Lập phương trình đường thẳng d sao cho diện tích tam giác OAB nhỏ nhất. 2. Cho mặt phẳng ( ) : 2 2 1 0P x y z− + − = và các đường thẳng 1 3 : , 2 3 2 x y z− − ∆ = = − 5 5 ': . 6 4 5 x y z− + ∆ = = − Tìm điểm M thuộc ∆ , N thuộc ' ∆ sao cho MN song song với ( ) P và khoảng cách giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( ) P bằng 2 . Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z = (1 + i) n , biết rằng 2 2 2 2 1 2 3 4 2 2 149 n n n n C C C C + + + + + + + = ( trong đó n là số nguyên dương, k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử). Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………… ; Số báo danh:…………… GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 3 NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN – KHỐI D Câu ý Đáp án Điểm I 2đ 1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số 3 2 2 6 1y x x= + + TXĐ: R 0 ' 6 ( 2); ' 0 2 x y x x y x =  = + = ⇔  = −  lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ 0.25 Bảng biến thiên: x −∞ -2 0 +∞ 'y + 0 - 0 + y 9 +∞ −∞ 1 0.25 Hàm số đồng biến trong các khoảng: ( ) ( ) ; 2 , 0;−∞ − +∞ Hàm số nghịch biến trong khoảng: ( ) 2;0− Điểm cực đại: ( 2;9)− Điểm cực tiểu: (0;1) '' 12 2; '' 0 1y x y x= + = ⇔ = − Điểm uốn ( 1;5)− 0.25 Đồ thị -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y 0.25 2 Đường thẳng 1y = cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt khi chỉ 0.25 khi phương trình sau có ba nghiệm phân biệt ( ) 3 2 2 2 0 2 6 2 1 1 3 0 3 0(2) x x x mx x x x m x x m =  + + + = ⇔ + + = ⇔  + + =  ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0 9 4 0 9 0 0 4 m m m ∆ = − >  ⇔ ⇔ ≠ <  ≠  (*) Giả sử ( ) ( ;1), ;1 A B A x B x . Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến tại A là: ( ) 2 ' 6 12 2 6 4 A A A A A k y x x x m x m= = + + = − − Tương tự: 6 4 B B k x m= − − 0.25 Các tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau khi chỉ khi: 2 . 1 36 24 ( ) 16 1 0 (3) A B A B A B k k x x m x x m= − ⇔ + + + + = Theo Viet ta có: 3 A B A B x x x x m + = −   =  0.25 Thay vào (3) ta được 2 16 36 1 0 9 77 8 9 77 8 m m m m − + =  + =   ⇔  − =   . Cả hai giá trị này đều TMĐK (*) 0.25 II 2đ 1 TXĐ: 2 4 3 2 4 x k x k π π π π  ≠ +     ≠ +   0.25 Phương trình: 2 1 3 1 (sin +cosx) 3 os2x=2 sin2x+ 3 os2x=1 sin2x+ os2x= 2 2 2 x c c c+ ⇔ ⇔ 0.25 12 sin 2 sin 3 6 4 x k x x k π π π π π π  = − +    ⇔ + = ⇔   ÷    = +   0.25 Đối chiếu điều kiện phương trình có nghiệm: 3 , 2 12 4 x k x k π π π π = − + = − + 0.25 2 Bất phương trình viết lại: 5 5 1 1 2 log log . 5 5 x x     + − ≤ −  ÷  ÷     (1) Đặt 5 1 log 5 t x   = −  ÷   . Bất phương trình (1) trở thành 2 t t+ ≤ 0.25 2 0 0 2 1 2 2 t t t t t t t ≥  ≥   ⇔ ⇔ ⇔ ≥ ≤ −    + ≤    ≥   0.25 2 5 1 1 126 log 2 5 . 5 5 5 x x x   − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥  ÷   0.25 Kết luận: 126 ; 5 S   = +∞ ÷    0.25 III 1đ ln8 ln3 1 x I e dx= + ∫ ; Đặt 2 2 1 1 1 x x x t e t e e t= + ⇔ = + ⇒ = − 0.25 Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3 ; Ta có x 2tdt = e dx ⇔ 2 2 1 t dx dt t = − 0.25 Do đó 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 t I dt dt t t   = = + =  ÷ − −   ∫ ∫ 0.25 = 3 1 3 2 ln 2 ln 2 1 2 t t t −     + = +  ÷  ÷ +     . 0.25 IV 1đ Gọi M là trung điểm BC ta thấy:    ⊥ ⊥ BCOA BCAM ' )'( AMABC ⊥⇒ 0.25 Kẻ ,'AAMH ⊥ Ta có BCHM AMAHM AMABC ⊥⇒    ∈ ⊥ )'( )'( .Vậy HM là đọan vuông góc chung của AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd == . 0.25 Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AH HM AO OA = ' ⇔ 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A === 0.25 Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC ==== 0.25 V 1đ Do , ,a b c dương và ( ) 2 2 2 4 , , 0;2 .a b c a b c+ + = ⇒ ∈ Ta có ( ) ( ) 2 4 2 2 5 3 3 2 2 2 2 8 16 4 8 16 4 4 4 a a a a a a a a a a b c a a − + − − + = = = − + + − − Bất đẳng thức thành: ( ) ( ) 3 3 3 16 3 ( 4 ) 4 4 3 a a b b c c− + + − + + − + ≤ 0.25 A B C C ’ B ’ A ’ H O M Xét hàm số 3 2 2 ( ) 4 , (0;2) 4 2 3 '( ) 3 4; '( ) 0 3 3 0 2 f x x x x x f x x f x x x = − + ∈  =  = − + = ⇔ ⇔ =   < <  Lập BBT ta có: (0;2) 2 3 16 3 Maxf(x)=f = 3 9    ÷  ÷   0.50 16 3 ( ) ( ) ( ) 3 f a f b f c⇒ + + ≤ . Dấu bằng xảy ra 2 3 3 a b c⇔ = = = 0.25 VIa 2đ 1 Để tam giác ABC cân tại A thì A phải nằm trên đường trung trực ∆ của BC. ∆ đi qua ( ) ( ) 1; 2 , 2;3M VTPT n− − r nên có pt: 2 3 8 0x y− − = 0.25 Vì ( ) A C∈ nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 1 2 2 2 4 0 4 2 32 0 44 2 3 8 0 13 64 13 x A y x y x y x x y A y  =    =    + + − − =   ⇔  = −   − − =       = −     0.50 Vậy có hai điểm cần tìm là: 1 2 44 64 (4;0), ; 13 13 A A   − −  ÷   . 0.25 2 Vectơ chỉ phương của ∆ là ( ) 2; 3;2u = − r Vectơ chỉ phương của ' ∆ là ( ) ' 3; 2;0u = − r Mặt phẳng ( ) P cần tìm có vectơ pháp tuyến ( ) , ' 4;6;5n u u   = =   r r ur Vì vậy phương trình của mặt phẳng ( ) P có dạng: 4 6 5 0x y z D+ + + = 0.25 Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) 1;2; 2I = − và bán kính 77R = ( ) P tiếp xúc với ( ) S ( ) ( ) , 77d I P⇔ = 0.25 83 4 12 10 77 71 16 36 25 D D D = − + − +  ⇔ = ⇔  = + +  0.25 Vậy có hai mặt phẳng ( ) P cần tìm: 4 6 5 83 0 4 6 5 71 0 x y z x y z + + − = + + + = 0.25 VIIa 21 20 (1 ) 1 1 (1 ) (1 ) i P i i i + − = + + + + + = 0.25 10 21 2 10 10 (1 ) (1 ) .(1 ) (2 ) (1 ) 2 (1 )i i i i i i   + = + + = + = − +   0.25 ( ) 10 10 10 2 (1 ) 1 2 2 1 i P i i − + − = = − + + 0.25 Vậy: phần thực 10 2− , phần ảo: 10 2 1+ 0.25 VIb 2đ 1 Phương trình đường thẳng : 1. x y d a b + = Diện tích tam giác ABC là: 1 2 S ab= 0.25 Diện tích nhỏ nhất khi chỉ khi ab nhỏ nhất Vì ( ) 2 5 2;5 1.M d a b ∈ ⇒ + = Ta có 2 5 2 5 1 2 40.ab a b a b = + ≥ ⇒ ≥ Dấu bằng xảy ra 0, 0 4 2 5 10. 40 a b a b a b ab > >   =   ⇔ = ⇔   =   =   0.50 Vây: : 1. 4 10 x y d + = 0.25 2 Gọi ( ) ( ) 1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t+ − + − − ( ) ( ) ; 2 2 1 1 0; 1.d M P t t t= ⇔ − = ⇔ = = 0.25 Trường hợp 1: ( ) ( ) 0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5t M MN t t t= ⇒ = + − − − uuuur ( ) . 0 ' 0 5;0; 5 P P MN n MN n t N⊥ ⇔ = ⇒ = ⇒ − uuuur uur uuuur uur 0.25 Trường hợp 2: ( ) ( ) 1 3;0;2 ' 1 1; 4;0t M t N= ⇒ ⇒ = − ⇒ − − 0.25 Kết luận: • ( ) 1;3;0M , ( ) 5;0; 5N − • ( ) ( ) 3;0;2 , 1; 4;0M N − − 0.25 VIIb 1đ Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 3 4 2 2 149 1 ! 2 ! 3 ! 4 ! 2 2 149 2! 1 ! 2! ! 2! 1 ! 2! 2 ! n n n n C C C C n n n n n n n n + + + + + + + = + + + + ⇔ + + + = − + + 0.25 2 4 45 0 5 9( ) n n n n loai ⇔ + − = =  ⇔  = −  0.25 Khi đó ( ) ( ) ( ) n 5 2 2 2 z = (1 + i) = (1 + i) 1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 4) 4 4i i i i i i   = + + = + = + − = − −   0.25 Vậy phần ảo của số phức z là 4− . 0.25 . thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………… ; Số báo danh:…………… GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 3 NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN – KHỐI D Câu ý Đáp án Điểm I 2đ 1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số 3 2 2 6 1y x x= + + TXĐ:. TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề THI THỬ LẦN 3 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ.  0.25 III 1đ ln8 ln3 1 x I e dx= + ∫ ; Đặt 2 2 1 1 1 x x x t e t e e t= + ⇔ = + ⇒ = − 0.25 Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3 ; Ta có x 2tdt = e dx ⇔ 2 2 1 t dx dt t = − 0.25 Do đó 3 3 2 2