ĐỀ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN I

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A, B Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 - 3x + 2 (C) (1) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Chứng minh rằng qua điểm M o 28 ;0 27    ÷   kẻ được ba tiếp tuyến với (C) trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 3 8x 2x (y 4) y 3 0 8x 2x y y 3 7 0  + − + + =   + − − + − =   2. Giải phương trình: ( ) 2 2 cos x cos3x 3 4sin x 2sin x cosx sin 6x 0   − − + + =   . Câu III (1,0 điểm) Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có AB=AD=a, AA’=2a. Trên DD’ lấy M sao cho AM ⊥ B’C. Tính thể tích tứ diện MA’CD. Câu IV (1,0 điểm). Tính tích phân: 2 1 2 0 xln(x 1 x ) dx 1 x + + ∫ + . Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Chứng minh rằng 27xyz xy yz xz 3 xyz + + > + . PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a(1,0 điểm) Trong hệ trục Oxy cho ∆ABC: A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM và cạnh BC của tam giác ∆ABC tương ứng là: x -3 = 0 và 7x + 2y - 31 = 0. Viết phương trình các cạnh AB, AC. Câu VII.a(1,0 điểm) Trong hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng ∆ 1 , ∆ 2 có phương trình 1 x 3 y 1 z 3 : 2 1 0 − − + − ∆ = = , 2 x 2 y 5 z 4 1 1 + − ∆ = = = − . Chứng minh ∆ 1 và ∆ 2 chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với ∆ 1 và ∆ 2 . Câu VIII.a(1,0 điểm) Giải phương trình: log 2 x +log 3 x +log 4 x = log 2 x.log 3 x.log 4 x B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b(1,0 điểm) Trong hệ trục Oxy cho A(1,1) và đường tròn (C) có phương trình: (x - 2) 2 +(y - 2) 2 = 9, M và N là hai điểm chuyển động trên (C) và thỏa mãn MN =2, S là diện tích ∆AMN. Tìm S Max . Câu VII.b(1,0 điểm) Trong hệ trục Oxyz cho M(2;4;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và cắt các trục Ox, Oy, Oz tại A, B, C tương ứng với hoành độ, tung độ và cao độ dương sao cho 4OA =2OB =OC. Câu VIII.b(1,0 điểm) Giải phương trình: 4 x + 6 x = 25x +2 Hết Lưu ý: Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: …………………………………… Số báo danh:……………… ………… (Lê Văn Vượng GV THPT Bình Xuyên -Vĩnh Phúc) ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A,B - MÔN TOÁN Câu ý Đáp án Điểm Câu I (2,0) 1. (1,0) 1/ Khi m =0 3 y x 3x 2= − + Tập xác định: R. Chiều biến thiên: 2 y' 3x 3= − → y’ = 0 ↔ x = 1 hoặc x = -1 x lim y →∞ = ∞ , x lim y →−∞ = −∞ Bảng biến thiên: 0,5 + Hàm số đồng biến trên (∝; -1); và (1; +∝); nghịch biến trên (-1;1). + Hàm số có cực đại tại x = -1, y CĐ = 4; cực tiểu tại x = 1, y CT =0. 0,25 Đồ thị: Đồ thị giao với Ox tại (1;0) và (-2; 0); giao với Oy tại (0; 2). 0,25 2. (1,0) 2/ Phương trình đường thẳng qua điểm M o 28 ;0 27    ÷   có hệ số góc k là: 28 y k x 27   = −  ÷   đường thẳng là tiếp tuyến của (C o ) ↔ ( ) 3 3 2 2 28 x 3x 2 k x 28 x 3x 2 3x 3 x 27 27 3x 3 k    − + = −     ÷ → − + = − −     ÷    − =  0,25 ↔ (x - 1)(18x 2 - 10x - 10) = 0 ↔ x 1 =1, 2 3 5 205 5 205 x ,x 18 18 − + = = Vậy có ba tiếp điểm thuộc (C o ) với hoành độ tìm được → qua M o ta kẻ được ba tiếp tuyến với đồ thị. 0,5 x y’ y -∞ +∝ -1 1 4 0 -∝ +∝ 2 4 0 1 -1-2 x y 0 0 ++ - Giả sử (d 1 ),(d 2 ), (d 3 ) là ba tiếp tuyến có hệ số góc tương ứng k 1 ,k 2 ,k 3 Khi x 1 =1→ k 1 = 0 tiếp tuyến (d 1 ) y = 0 (trục Ox) →(d 2 ) và (d 3 ) không thể vuông góc với (d 1 ). k 2 .k 3 = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 2 3 3x 3 3x 3 9 x x x x 2x x 1   − − = − + + +   = 2 2 10 10 10 9 2. 1 1 18 18 18       − − + = −    ÷  ÷       . Vậy (d 2 ) và (d 3 ) vuông góc nhau. 0,25 Câu II (2,0) 1. (1,0) 1/ Điều kiện y ≥ -3.(*) Từ phương trình (1) ↔ (2x) 3 + 2x = ( ) 3 y 3 y 3 + + + → x ≥ 0.(**) 0,25 Đặt f(x) =x 3 +x , f’(x) =3x 2 +1 > 0∀x ≥0 →f(x) luôn đồng biến /[0;+∞) Từ (1): ( ) f (2x) f y 3 2x y 3 = + ↔ = + → y =4x 2 -3 0,25 Thay vào (2) ta được 4(x -1)(2x 2 +x +1) = 0 ↔ x =1 thỏa mãn (**) Với x =1 →y =1. Vậy nghiệm hệ phương trình x 1 y 1. =   =  0,5 2. (1,0) 2/ Đặt t =cosx, điều kiện t 1 ≤ (*). Phương trình ↔ t 2 - [cos3x.(3 - 4sin 2 x) + 2sinx].t + sin6x = 0 (1). Phương trình dạng t 2 - (a +b).t + ab = 0 t a t b =  ↔  =  . 2 cosx 2sin x(2) (1) cosx cos3x.(3 4sin x)(3) =  ↔  = −  0,25 + (2) ↔ cosx = 2sinx ↔ cotx = 2 ↔ x = arccot2 + kπ, k ∈Z. 0,25 + (3) ↔ cosx = cos3x(3 - 4sin 2 x) Nếu sinx =0 → (cosx =1, cos3x =1) hoặc (cosx = -1, cos3x = -1) không thỏa mãn (3) Nếu sinx ≠ 0 khi đó (3) ↔ sin2x = sin6x k x ,k 2n 1,n Z 2 k x ,k Z 8 4 π  = = + ∈  ↔  π π  = + ∈   Vậy nghiệm của phương trình là: x = arccot2 + kπ; x = … 0,5 2/ Do A’D // B’C và AM ⊥B’C → AM ⊥A’D → ∆A’AD ∼∆ADM (g,c,g) ↔ 2 2 AA' AD AD a a DM AD DM AA' 2a 2 = ↔ = = = 0,25 CâuIII (1,0) (1,0) Thể tích V (MA’CD) = V (CA’D’D) – V (CA’D’M) 0,25 V (CA”D’D) 3 1 1 1 a . A'D'.D'D.CD a.2a.a 3 2 6 3 = = = . V (CA’D’M) 3 1 1 1 3a a . A'D'.D'M.CD a. .a 3 2 6 2 4 = = = . V (MA’CD) =V (CA”D’D) – V (CA’D’M) 3 3 3 a a a . 3 4 12 = − = 0,5 CâuIV (1,0) (1,0) Tính tích phân: 2 1 2 0 xln(x 1 x ) dx 1 x + + ∫ + Đặt ( ) 2 2 2 2 1 u ln x 1 x du dx 1 x x dv dx v 1 x 1 x   = + + =    + →   =   = +   +  0,25 Ta được 2 1 2 0 xln(x 1 x ) dx 1 x + + ∫ + = ( ) 1 2 2 0 1 x .ln x 1 x+ + + - 1 0 dx ∫ 0,25 = ( ) ( ) 1 0 2.ln 1 2 x 1 2.ln 1 2+ − = − + + 0,5 Câu V (1,0) (1,0) 27xyz xy yz xz 3 xyz + + > + . (1). Ta có 2 3 xy yz xz 3 (xyz) (Côxi) + + ≥ Đặt 3 t xyz 0 = > , 1 = x +y +z 3 3 xyz ≥ → 1 t 3 ≤ 0,25 (1) được chứng minh nếu 3 2 3 27t 3t 3 t > + với 0 < 1 t 3 ≤ . (2) 0,25 Ta có (2) ↔ 3 + t 3 > 9t ↔ f(t) = t 3 - 9t +3 >0 vì f’(t) = 3t 2 - 9 < 0 ∀ 0 < 1 t 3 ≤ nên f(t) nghịch biến trên 1 0; 3       . 0,5 A B C D A’ B’ C’ D’ M 2a a a → 1 0 t 3 1 1 f (t) minf(t) f 0 3 27 < ≤   ≥ = = >  ÷   (đpcm). Câu VI.a (1,0) (1,0) B là giao của BM và BC → B(3; 5). AB (2;3)= uuur , AB n (3; 2)= − r . Phương trình AB: 3(x - 1) - 2(y - 2) = 0 ↔ 3x - 2y +1 = 0 0,5 Giả sử C(x C ,y C ): C∈ BC ↔ 7x C + 2y C - 31 = 0. Trung điểm AC∈ BM C C C 1 x 3 0 x 5 y 2 2 + ↔ − = ↔ = → = − , C(5; -2) AC (4; 4) = − uuur AC n (1;1) ↔ = r . Phương trình AC: 1(x - 1) + 1(y - 2) = 0 hay x + y - 3 = 0. 0,5 Câu VII.a (1,0) (1,0) + ∆ 1 qua M 1 (3;1;3) và có véc tơ chỉ phương 1 u = r (2;-1;0) ∆ 2 qua M 2 (-2;5;0) và có véc tơ chỉ phương 2 u = r (4;-1;1) Ta có: [ ] 1 2 1 2 u ,u .M M 11 0= − ≠ uuuuur r r . Vậy ∆ 1 và ∆ 2 chéo nhau. 0,5 + Giả sử AB là đường vuông góc chung của ∆ 1 và ∆ 2 với A∈∆ 1 , B∈∆ 2 . Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc ∆ 1 và ∆ 2 nên nhận AB làm đường kính. Ta có A∈∆ 1 →A(3+2t; 1-t; 3), B∈∆ 2 →B(-2+4s; 5-s; s), AB ( 5 4s 2t;4 s t;s 3)= − + − − + − uuur và 1 2 u .AB 0 u .AB 0  =   =   uuur r uuur r t 1 s 1 = −  ↔  =  → A(1;2;3), B(2;4;1), AB=3, trung điểm AB là: I( 3 ;3;2) 2 0,25 Phương trình mặt cầu ( ) ( ) 2 2 2 3 x y 3 z 1 9 2   − + − + − =  ÷   0,25 Câu VIII.a (1,0) Giải phương trình: log 2 x +log 3 x +log 4 x = log 2 x.log 3 x.log 4 x Điều kiện x>0 (*) Phương trình ↔ log 2 5.log 5 x +log 3 5.log 5 x +log 5 x = log 2 3.log 3 x.log 3 x.log 5 x ↔ log 5 x.[log 2 3.(log 3 x) 2 – log 2 5 – log 3 5 -1] =0 0,5 + log 5 x =0 ↔ x=1 thỏa mãn (*) 0,25 + ( ) 2 2 3 2 3 3 3 2 2 log 5 log 5 1 log 5 log 5 1 log x log x log 3 log 3 + + + + = ↔ = ± 2 3 2 log 5 log 5 1 log 3 x 3 + + ± ↔ = thỏa mãn (*). 0,25 CâuVI b.(1,0) (1,0) Đường tròn (C) có tâm I(2;2) R=3, khoảng cách từ A tới I là d 1 = 2 →A nằm trong đường tròn, khoảng cách từ I tới MN là IH = 2 2 0,25 Ta thấy O,A,I cùng nằm trên đường thẳng x -y =0. 0,25 y M N H Diện tích ∆AMN lớn nhất khi khoảng cách từ A tới MN lớn nhất ↔A, I, H thẳng hàng và I nằm giữa khi đó khoảng cách từ A tới MN là AH AH = AI + IH = 3 2 S là diện tích ∆AMN S Max 1 1 MN.AH .2.3 2 3 2. 2 2 = = 0,5 CâuVII b.(1,0) (1,0) A,B,C là điểm nằm trên Ox,Oy,Oz tương ứng có hoành độ, tung độ và cao độ dương và 4OA =2OB =OC → A(a;0;0) , B(0;2a;0) và C(0;0;4a) với a>0 0,25 Phương trình (ABC) x y z 1 4x 2y z 4a 0 a 2a 4a + + = ↔ + + − = 0,25 (ABC) qua M(2;4;1) → 4.2 +2.4 +1-4a =0 17 a 4 ↔ = Vậy phương trình (ABC) là 4x +2y +z -17 =0. 0,5 CâuVIII b.(1,0) (1,0) Phương trình ↔ f(x) = 4 x + 6 x - 25x +2 =0. Ta có f’(x) =4 x .ln4 + 6 x .ln6 -25→f”(x) =4 x .(ln4) 2 +6 x .(ln6) 2 >0 ∀x∈R → f’(x) đồng biến /R. Mặt khác f’(x) liên tục và f’(0) =ln4 +ln6 -25<0, f’(2) =16.ln4+36.ln6 -50 >0 → f’(x) = 0 có nghiệm x 0 ∈(0;2) 0,25 Vậy f(x) =0 có tối đa hai nghiệm, ta có bảng biến thiên: 0,25 Ta có f(0) =0 và f(2) =0 Vậy phương trình có đúng hai nghiệm x=0; x=2. 0,5 … Hết… Lưu ý: Đáp án có 5 trang. Học sinh làm theo cách khác đúng (theo kiến thức đã học) cho điểm tối đa theo thang điểm đã cho. (Lê Văn Vượng GV THPT Bình Xuyên -Vĩnh Phúc) 4 x0 x x A x I f’(x) f(x) -∞ +∞ 0 2 x 0 0 - + +∞ f(x 0 ) -∞ . 4OA =2OB =OC. Câu VIII.b(1,0 i m) Gi i phương trình: 4 x + 6 x = 25x +2 Hết Lưu ý: Thí sinh không sử dụng t i liệu. Cán bộ coi thi không gi i thích gì thêm. Họ tên thí sinh: ……………………………………. ba tiếp tuyến v i (C) trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc v i nhau. Câu II (2,0 i m) 1. Gi i phương trình: 3 3 8x 2x (y 4) y 3 0 8x 2x y y 3 7 0  + − + + =   + − − + − =   2. Gi i phương. Xuyên -Vĩnh Phúc) ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ Đ I HỌC KH I A,B - MÔN TOÁN Câu ý Đáp án i m Câu I (2,0) 1. (1,0) 1/ Khi m =0 3 y x 3x 2= − + Tập xác định: R. Chiều biến thi n: 2 y' 3x 3= − →