TRƯỜNG THPT LÊ XOAY Năm học 2010-2011 ĐỀ THI THI THỬ ĐẠI HỌC- LẦN II MÔN: TOÁN- BAN KHOA HỌC TỰ NHIÊN Thời gian: 180 phút Câu 1: Cho hàm số mxmxy 21)1( 2 1 24 −+−+= (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với 2 1 =m . 2. Tìm m để hàm số (1) chỉ có một cực trị? Câu 2: Giải các phương trình sau: 1. x x x 3cos 2 1 tan1 tan2 2 1 2 2 = + − . 2. ) 1 (4 1 22 2 2 x x x x +−=−+− . Câu 3: 1. Giải hệ phương trình: = = yxxy y x y x 888 2 2 2 log.log3)(log log4 log3 log 2. Trong triển khai nhị thức nx x )3( log − (với ;1;0 ≠> xx n nguyên dương), tổng các hệ số của 3 số hạng cuối cùng bằng 22. Tìm x để số hạng ở chính giữa của khai triển có giá trị 540000−≤ . Câu 4: 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy. Cho các điểm I(1; -1); M(2; 3); N(5; 0). Biết hình vuông ABCD nhận I làm tâm, M thuộc cạnh AB. N thuộc cạnh BC. NK vuông góc với MP (K thuộc AD; P đối xứng với M qua I). Xác định toạ độ điểm K. 2. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn ( ) ( ) RORO ;;; ′ . Chiều cao hình trụ bằng 2R .Hai điểm A,B lần lượt thuộc ( ) ( ) OO ′ ; sao cho BOOA ′ ⊥ . a. Chứng minh rằng: tứ diện BOAO ′ có các mặt đều là các tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện BOAO ′ . b. Mặt phẳng ( ) OO ′ ⊥ α , ( ) α cách O một khoảng x ( ) 20 Rx << .Tính diện tích thiết diện do ( ) α cắt tứ diện BOOA ′ . Câu 5: Cho a,b,c là các số dương thoả mãn điều kiện 1=abc . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 22 1 22 1 22 1 333333333 +++ + +++ + +++ = cbacbacba P . ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – LẦN II MÔN: TOÁN- BAN KHOA HỌC TỰ NHIÊN Câu Nội dung Điểm 1.1 1đ 1đ Với m=1/2. Hàm số trở thành: 24 2 1 2 1 xxy −= TXĐ: R Xét sự biến thiên: +∞=+∞= −∞→+∞→ yy xx lim;lim ±= = ⇔= −= 2 1 0 0' 2' 3 x x y xxy Hàm số đồng biến trên ); 2 1 ()0; 2 1 ( +∞− và Hàm số nghịch biến trên ) 2 1 ;0() 2 1 ;( và−−∞ Hàm số đạt cực đại tại 00 =→= CĐ yx Hàm số đạt cực tiểu tại 8 1 2 1 −=→±= CT yx Bảng biến thiên: 0,25 0,25 0,25 x -∞ 2 1 − 0 2 1 +∞ y' - 0 + 0 - 0 + y +∞ -1/8 0 -1/8 +∞ Đồ thị: Đths cắt Ox tại các điểm O(0; 0); (1;0); (-1,0) và nhận Oy làm trục đối xứng. 0,25 O I.2 1đ TXĐ: R −= = ⇔= −+= mx x y xmxy 1 0 0' )1(22' 2 3 (*) Hàm số (1) chỉ có 1 cực trị khi phương trình (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất x = 0 101 ≥⇔≤−⇔ mm Với 1≥m thì 00' =⇔= xy và y’ đổi dấu khi x qua 0 nên hàm số chỉ có 1 cực trị tại x=0 KL: 1 ≥ m 0,25 0,25 0,25 0,25 II.1 1đ Đk: π π kxx +≠⇔≠ 2 0cos với Zk ∈ Phương trình: x x x x x 3cos 2 1 cos sin 1 cos sin 2 2 1 2 2 2 2 = + −⇔ ±= = ⇔ =−−⇔ =−−−⇔ =+−−⇔ −=−−⇔ =−⇔ 2 3 cos 1cos 0)3cos4)(1(cos 0)3cos4()3cos4(cos 03cos3cos4cos4 )cos3cos4( 2 1 )cos1(2 2 1 3cos 2 1 sin2 2 1 2 22 23 32 2 x x xx xxx xxx xxx xx (Thoả mãn đk 0cos ≠ x ) +±= = ⇔ π π π lx kx 6 2 KL: PT có nghiệm ),( 6 2 Zlk lx kx ∈ +±= = π π π 0,25 0,25 0,25 0,25 II.2 1đ 1đ Đk: ∪ −−∈ 2; 2 1 2 1 ;2x Vì hai vế của Phương trình đều dương, nên bình phương 2 vế ta được. Pt đã cho 2 2 2 2 2 )] 1 (4[) 1 (252) 1 (4 x x x x x x +−=+−++−⇔ Đặt x xt 1 += )2 2 3 ( ≤≤ t Khi đó 222 )4()2(252)2(4 ttt −=−−+−− 22 291)2( tt −=+−⇔ (1) pt (1) có VT ≥ 1; VP ≤ 1; VT = VP = 1 2=⇔ t 0.25 0.25 Nên (1) có nghiệm duy nhất: t = 2. 1 2 1 =⇔ =+⇒ x x x Vậy pt đã cho có nghiệm x = 1 0.25 0,25 III.1 1đ Điều kiện: x > 0; y > 0; 1≠y Hệ =+ =− ⇔ ))(log(log 3 1 )log(log 3 1 log4 log3 loglog 2222 2 2 22 yxyx y x yx Đặt byax == 22 log;log Ta được: =+ =− baba b a ba . 4 3 )2( )1( Từ (2) 1− =⇒ b b a thế vào (1) = = ⇔=+−⇔ − =− − 2 3 2 1 0384 )1(4 3 1 2 b b bb b b b b * 1 2 1 −=⇒= ab . Khi đó = = ⇔ = −= 2 2/1 2/1log 1log 2 2 y x y x * 3 2 3 =⇒= ab . Khi đó = = ⇔ = = 22 8 2/3log 3log 2 2 y x y x ĐS: Nghiệm của hệ là: )22;8();2; 2 1 ( 0,25 0,25 0,25 0,25 III.2 1đ 6 22 12 =⇒ =++⇔ −− n CCCGt n n n n n n Số hạng ở chính giữa ≤ -540000 ≤ ≥ ⇔ −≤ ≥ ⇔ ≥⇔≥⇔≥⇔ −≤−⇔ 10/1 10 10loglog 10loglog 10log)(log1010)( 5400003.)( 2log33log 33log3 6 x x x x xxx xC xx x ĐS: );10[] 10 1 ;0( +∞∪∈x 0,25 0,25 0,25 0,25 IV1 1đ Kẻ NKPM gcgNEKPFMADEADNEABFAMPF =⇒ ∆=∆⇒∈⊥∈⊥ )()();( Gọi ( ) 11 ;; yxHHMPNK =∩ P đối xứng với M qua I )5;0( −⇒ P =− =− ⇔ = ⇒⊥ 11 11 54 54 0. // xy yx NHMH MPMH MPNH Vậy 17 15 ; 17 25 H );(, 0. 22 yxKMPmàNK MPNKMPNK = =⇒⊥ Vậy − − ⇒ =+− =−+ )2;13( )2;3( 64)5( 054 2 2 2 2 22 K K yx yx Loại )2;13( −K vì NK cùng hướng với NH Vậy )2;3(−K . 0,25 0,25 0,5 IV.2` a. 1,0đ +Dễ thấy: OBOABOOAOOOA ⊥⇒ ′ ⊥ ′ ⊥ ; Nên OABOOA ∆ ′ ∆ ; là các tam giác vuông tại O. +Lại có: AOBOOABOOOBO ′ ⊥ ′ ⇒⊥ ′′ ⊥ ′ ; Nên OBOABO ′ ∆ ′ ∆ ; là các tam giác vuông tại O’ + 6 2 . 2 1 . 3 1 3 ' R BOOOOAV BAOO = ′′ = (đvtt) 0,25 0,25 0,5 b. 1,0đ Kẻ MN//OA, N thuộc OA. NP//O’B, P thuộc AB MQ//O’B,Q thuộc OB. Dễ chứng minh tứ giác MNPQ là thiết diện do ( ) α cắt tứ diện OAO’B. Từ a, suy ra tứ giác MNPQ là hình chữ nhật. Vậy MQMNS MNPQ .= Trong đó: 2 2 2 2 xR MN R xR OO MO OA MN − =⇒ − = ′ ′ = 22 '' x MQ R x OO OM BO MQ =⇒== Suy ra: ( ) 2 2 xRx S MNPQ − = 0,25 0,25 0,25 0,25 O ’ O B A M N P Q A F M B K E D N I H C CâuV 1đ Ta có: ( ) ( ) [ ] 4 1 1 1 1 11 3333 3333 ≥ ++ + ++ +++++ caba caba 1 1 1 1 22 4 3333333 ++ + ++ ≤ +++ ⇒ cabacba Tương tự: 1 1 1 1 22 4 3333333 ++ + ++ ≤ +++ cbbacba ++ + ++ + ++ ≤⇒ ++ + ++ ≤ +++ 1 1 1 1 1 1 24 1 1 1 1 22 4 333333 3333333 cacbba P cacbcba Mặt khác: ( ) 0)( 2 ≥+− baba )0,( >∀ ba Nên )( 33 baabba +≥+ abcbaabba ++≥++⇔ )(1 33 )( 1 1 1 33 cbaab ba ++ ≤ ++ ⇔ Tương tự: )( 1 1 1 33 cbaac ca ++ ≤ ++ )( 1 1 1 33 cbabc cb ++ ≤ ++ Vậy: ++ ++ ≤ acbcabcba P 1111 24 2 1 . 1 2 1 = ++ ++ ≤⇒ abc cba cba P Dấu “=” xảy ra 1===⇔ cba KL: P đạt giá trị lớn nhất là 2 1 khi 1=== cba 0,25 0,25 0,25 0,25 . TRƯỜNG THPT LÊ XOAY Năm học 2010-2011 ĐỀ THI THI THỬ ĐẠI HỌC- LẦN II MÔN: TOÁN- BAN KHOA HỌC TỰ NHIÊN Thời gian: 180 phút Câu 1: Cho hàm số mxmxy 21)1( 2 1 24 −+−+= (1) 1. Khảo sát sự biến thi n. O’ + 6 2 . 2 1 . 3 1 3 ' R BOOOOAV BAOO = ′′ = (đvtt) 0,25 0,25 0,5 b. 1,0đ Kẻ MN//OA, N thu c OA. NP//O’B, P thu c AB MQ//O’B,Q thu c OB. Dễ chứng minh tứ giác MNPQ là thi t diện do ( ) α cắt tứ diện OAO’B. Từ a, suy ra tứ. I(1; -1); M(2; 3); N(5; 0). Biết hình vuông ABCD nhận I làm tâm, M thu c cạnh AB. N thu c cạnh BC. NK vuông góc với MP (K thu c AD; P đối xứng với M qua I). Xác định toạ độ điểm K. 2. Cho hình