de va da thi thu dai hoc 2011

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m (1) , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . 2. Biết A là điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ bằng 1 . Tìm m để khoảng cách từ điểm B 3 ;1 4    ÷   đến tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A lớn nhất . Câu II ( 2 điểm ) 1 . Giải phương trình 4 os(2 ) t anx cot 6 c x x π − = + . 2 . Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 4( 1) 4 2 7 x y x y x y xy  + + − = −   + + =   . Câu III ( 1 điểm ) Tính tích phân I = 2 3 2 3 5 4 3 x x dx x + − + ∫ . Câu IV ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và AB = 4a, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm I của đoạn thẳng OA. Biết khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SAB) bằng 2 2 SI . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a . Câu V (1 điểm). Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn 2 2 3x y xy x y xy+ = + + . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 (1 2 ) 3 2 xy P x y xy + − = + + . II/PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A .Theo chương trình chuẩn Câu VIa ( 2 điểm ) 1. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường tròn (C) : (x + 6) 2 + (y – 6) 2 = 50 . Đường thẳng d cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A, B khác gốc O .Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C) tại M sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB . 2. Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho A(5;3;-4) , B(1;3;4) .Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 8 5 . Câu VIIa ( 1 điểm) Giải phương trình 3 log 3. x x +( log 3 2 2 1)x x− = . Phần B.Theo chương trình nâng cao Câu VIb ( 2 điểm) 1 . Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) tam giác ABC có trọng tâm G 11 1; 3    ÷   , đường thẳng trung trực của cạnh BC có phương trình x − 3y +8 = 0 và đường thẳng AB có phương trình 4x + y – 9 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . 2. Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho mặt cầu (S) : 2 2 2 2 4 4 5 0x y z x y z+ + − + − + = , mặt phẳng (Q) : 2x + y – 6z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P). Biết rằng mặt phẳng (P) đi qua A(1;1;2) ,vuông góc với mặt phẳng (Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu VIIb ( 1 điểm) Cho hàm số y = 2 m x m x + + − (Cm). Tìm m để đồ thị (Cm) có 2 điểm cực trị A , B sao cho AB 10= . …………Hết……… Thí sinh không sử dụng tài liệu .Giám thị không giải thích gì thêm . Họ và tên …………………………… Số báo danh ……………… ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn : Toán - Khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 Với m = 1 hàm số là: 4 2 2 1y x x = − + +) TXĐ: D= R +) Giới hạn, đạo hàm: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = = +∞ +∞ 3 0 ' 4 4 ; ' 0 1 x y x x y x =  = − = ⇔  = ±  0,25 +) BBT: x - ∞ - 1 0 1 + ∞ y' - 0 + 0 - 0 + y + ∞ 1 + ∞ 0 0 0,25 +) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; + ∞ ) nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ;- 1), (0; 1) +) Hàm đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1, cực tiểu tại x = ± 1, y CT = 0 0,25 +)Đồ thị 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -15 -10 -5 5 10 15 0,25 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn : Toán – Khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề y x O 2 1,00 + A ( ) Cm∈ nên A(1 ; 1- m) 0,25 + 3 ' 4 4 '(1) 4 4y x mx y m= − ⇒ = − Phương trình tiếp tuyến của (Cm) tại A có phương trình y – ( 1 − m ) = y’(1).(x – 1) 0,25 Hay (4 – 4m).x – y – 3(1 – m) = 0 Khi đó 2 1 ( ; ) 1 16(1 ) 1 d B m − ∆ = ≤ − + , Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi m = 1 0,25 Do đó ( ; )d B ∆ lớn nhất bằng 1 khi và chỉ khi m = 1 Vậy : m = 1 0,25 II 2,00 1 Giải phương trình 4 os(2 ) t anx cot 6 c x x π − = + (1) 1,00 Điều kiện: sin 2 0x ≠ 0,25 2 (1) 2( 3 os2 sin 2 ) sin 2 c x x x ⇔ + = 0,25 C1 2 3 cot 2 cot 2 0x x⇔ − = C2 ⇔ 3 1 1 sin 4 cos4 2 2 2 x x− = 0,25 . cot 2 0 4 2 ( / ) cot 2 3 12 2 x k x t m x x k π π π π  = +  =  ⇔ ⇔   =   = +   1 4 2 sin 4 ( / ) 6 2 12 2 x k x t m x k π π π π π  = +    ⇔ − = ⇔   ÷    = +   0,25 2 Giải hệ phương trình 2 2 2 1 2 4( 1) 4 2 7 x y x y x y xy  + + − = −   + + =   . 1,00 Điều kiện: x+2y 1 0 + ≥ Đặt t = 2 1 (t 0)x y+ + ≥ 0,25 Phương trình (1) trở thành : 2t 2 – t – 6 = 0 ( ) ( ) 2 / 3 t/m 2 t t m t k  =  ⇔  = −   0,25 + Hệ 2 2 2 3 4 2 7 x y x y xy + =  ⇔  + + =  0,25 1 1 ( / ) 2 1 2 x y t m x y  =    =    ⇔ =      =     0,25 III Tính tích phân I = 2 3 2 3 5 4 3 x x dx x + − + ∫ . 1,00 Đặt 2sin ; 2 2 x t t π π     = ∈ −  ÷       => dx = 2costdt 0,25 + Đổi cận: 3 , 2 3 2 x t x t π π = ⇒ = = ⇒ = . 0,25 ( ) 3 2 3 8sin 10sin 2cos 2cos 3 t t t I dt t π π + = + ∫ 0,25 ( ) 2 2 3 9 4cos 2sin .2cos 2cos 3 t t t dt t π π − = + ∫ = ( ) 2 3 4 3 2cos cos (cos )t td t π π − − ∫ = − 4 2 3 3cos 2 2 cos 2 3 3 t t π π   −  ÷   = 3 1 4 8 12   = −  ÷   = 7 6 0,25 IV 1,00 Trong mp(ABCD) từ điểm I kẻ IH song song BC với H thuộc AB . Do BC ⊥ AB => IH ⊥ AB Mà SI ( )ABCD⊥ => SI ⊥ AB . Hay AB ⊥ (SHI) . Từ I trong mặt phẳng (SHI) kẻ IK ⊥ SH tại K ( ) ;( )IK d I SAB⇒ = = 2 2 SI (1) 0,25 S K B A C D I H O Ta có 1 4 IH AI BC AC = = => IH = 4 BC a= 0,25 Mà 2 2 2 1 1 1 IS IH IK + = (2) (Do tam giác SIH vuông tại I đường cao IK) Từ (1) và (2) => 2 2 2 2 1 1 SI IH a SI SI IH − = => = = 0,25 Lại có thể tích khối chóp S.ABCD là V = 3 2 1 1 16 . . 3 3 3 ABCD a SI S SI AB= = (đvtt) 0,25 V 1,00 Ta có 2 2 3x y xy x y xy+ = + + ( ) 3 (1)xy x y x y xy⇔ + = + + do x >0 ; y > 0 nên x + y > 0 (1) ( ) 2 1 1 4 3 3 3( ) 4 0x y x y x y x y x y ⇒ + = + + ≥ + ⇒ + − + − ≥ + ( ) [ ] 1 ( ) 4 0 4x y x y x y⇒  + +  + − ≥ ⇒ + ≥   0,25 Mà P = (x + y) 2 + 2 - 1 xy Lại có (1) 1 3 1 xy x y ⇔ = + + 3 1 1 x y xy ⇔ − = + Nên P = (x + y) 2 +1 + 3 x y+ 0,25 Đặt x + y = t ( t 4) ≥ 2 3 1 ( )P t f t t ⇒ = + + = Ta có '( )f t = 2t - 3 2 2 3 2 3 0 t>4 t t t − = > ∀ mà ( )f t liên tục trên nửa khoảng [ ) 4;+∞ Nên ( )f t đồng biến trên nửa khoảng [ ) 4;+∞ => 71 ( ) (4) 4 P f t f= ≥ = 0,25 Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng 71 4 khi x= y = 2 0,25 VIa 2,00 1 1,00 Giả sử A(a;0) ; B(0;b) ( a , b khác 0) => đường thẳng d đi A , B có phương trình : 1 hay bx+ ay - ab = 0 x y a b + = 0,25 d là tiếp tuyến của (C) tại M ⇔ M thuộc (C) và d vuông góc với IM 0,25 Đường tròn (C) có tâm I(-6 ; 6) , d có VTCP là ( ; )u a b= − r M là trung điểm của AB nêm M ; 2 2 a b    ÷   , 6; 6 2 2 a b IM   = + −  ÷   uuur Do đó ta có hệ phương trình 2 2 6 6 50 2 2 6 6 0 2 2 a b a b a b      + + − =   ÷  ÷            − + + − =  ÷  ÷       0,25 2 2 2 2 22 14 6 6 50 22 2 2 2 12 2 2 2 14 6 6 50 2 2 a b b b a b a a v b a b b a a a b  = −      = =         + + − =      ÷  ÷   = − =           ⇔ ⇔    = + = = −          = − = −             + + − =  ÷  ÷         Vậy d có phương trình : x -y +2 = 0 ; x - y +22 = 0 ; x + 7y +14 = 0 ; 7x + y – 14= 0 0,25 2 1,00 C thuộc mặt phẳng (Oxy) nên C( a ; b ;0) 0,25 .Tam giác ABC cân tại C 2 2 2 2 ( 5) ( 3) 16 ( 1) ( 3) 16 3AC BC a b a b a=> = ⇒ − + − + = − + − + ⇒ = (1) 0,25 Ta có AB = 4 5 , trung điểm BC là (3;3;0)I 1 . 8 5 4 2 ABC S CI AB CI ∆ = = ⇒ = => ( ) ( ) 2 2 3 3 4 (2)a b− + − = 0,25 Từ (1) ; (2) ta có 3 7 a b =   =  hoặc 3 1 a b =   = −  Vậy có hai điểm C(3 ; 7 ;0) , B(3;-1;0) 0,25 VIIa Giải phương trình 3 log 3. x x +( log 3 2 2 1)x x− = 1,00 Điều kiện : x > 0 Đặt t = 3 log 3 t x x⇔ = 0,25 Phương trình trở thành : 3. ( ) ( ) 2 2 3 1 3 t t t t+ − = 1 2 2 2 3 1 3 2 t t t t + ⇔ + + = + (1) 0,25 Xét hàm số ( ) 3 u f u u= + có '( ) 3 ln3 1 0 u f u u= + > ∀ Hàm ( ) 3 u f u u= + đồng biến trên R PT (1) ( ) 2 2 ( 1) 2 1 2 1f t f t t t t⇔ + = ⇔ + = ⇔ = 0,25 Với t = 1 ta có x = 3 0,25 VIb 2,00 1 1,00 Ta có A , B thuộc đường thẳng AB nên A(a ; 9 – 4a) , B( b ; 9 – 4b ) Do G(1 ; 11 ) 3 là trọng tâm tam giác ABC nên C( - a - b + 3; 4a + 4b – 7) 0,25 d : x - 3y +8 = 0 có một VTCP là (3;1)u r ; Gọi I là trung điểm BC ta có I 3 ;2 1 2 a a −   +  ÷   0;25 d là trung trực của cạnh BC ⇔ . 0 I d BC u ∈    =   uuur r 0,25 ( ) 3 3(2 1) 8 0 2 3. 3 2 (4 8 16) 0 a a b a a b −  − + + =  ⇔   − − + + − =  1 3 a b =  ⇔  =  Vậy A(1;5) , B(3;-3) và C (-1 ;9) 0,25 2 1,00 Mặt phẳng (P) qua A(1;1;2) có phương trình : a(x-1)+ b(y -1)+c(z -2) = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 0) ≠ 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;2) bán kính R = 2 Mặt phẳng (Q) có VTPT (2;1; 6)n − r Ta có (P) vuông góc với (Q) và tiếp xúc (S) nên 2 2 2 2 6 0 3 2 a b c b a b c + − =   −  =  + +  0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 2 6 2 6 (I) 2 5 9 4 4 4 3 10 0 5 11 2 a c a c b b c a c b a c b b c b c b a b c b bc c b c a c  =    = −  =   = − = −     ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =     = −  = + + + − =       = −     =     0,25 Chọn c = 0 thì a = b = 0 (loại) Nên 0c ≠ Từ (I) Pt (P) : 2c(x-1)+ 2c(y -1)+c(z -2) = 0 2 2 6 0x y z⇔ + + − = Hoặc 11 2 c (x-1) -5c(y -1)+c(z -2) = 0 11 10 2 5 0x y z⇔ − + − = 0,25 VIIb 1,00 TXĐ : D = { } / 2R , ( ) ( ) 2 2 2 ' 2 x m y x − − = − 0,25 Hàm số có hai cực trị ' 0y⇔ = có hai nghiệm phân biệt ( ) 2 2 0x m⇔ − − = có hai nghiệm phân biệt khác 2 0m ⇔ > 0,25 Gọi A(x 1 ;y 1 ) ; B(x 2 ; y 2 ) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số Ta có 1 1 2 2 2 2 2 ' 0 2 2 2 x m y m m y x m y m m  = − ⇒ = + − = ⇔  = + ⇒ = + +   0,25 AB = 10 ⇔ ( ) 4 16 10 5 /m m m t m+ = ⇔ = 0,25 Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tương đương. . liệu .Giám thị không giải thích gì thêm . Họ và tên …………………………… Số báo danh ……………… ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn : Toán - Khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian. hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m (1) , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . 2. Biết A là điểm thu c đồ thị hàm số (1) có hoành độ bằng 1 . Tìm m để khoảng cách từ. thị 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -15 -10 -5 5 10 15 0,25 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn : Toán – Khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao