c ĐỀ CHÍNH THỨC I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 2 điểm ) Cho hàm số ( ) 3 3 2 m y x mx C= − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( ) 1 C 2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của ( ) m C cắt đường tròn tâm ( ) 1;1 ,I bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất Câu II ( 2 điểm ) 1 . Giải phương trình: sin 4 cos4 4 2 sin( ) 1 4 x 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 ∫ + + = e dxxx xx x I 1 2 ln3 ln1 ln 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) Cho 1 z , 2 z là các nghiệm phức của phương trình 2 2 4 11 0z z− + = . Tính giá trị của biểu thức 2 2 1 2 2 1 2 ( ) z z z z + + . 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) TÝnh tæng sau: 2 4 6 2010 1 3 5 2009 2010 2010 2010 2010 2 1 2 1 2 1 2 1 . . . . 2 4 6 2010 S C C C C − − − − = + + + + …………Hết…………… Thí sinh không sử dụng tài liệu .Giám thị không giải thích gì thêm . Họ và tên …………………………… Số báo danh ……………… Sở GD- ĐT Hng Yªn Trường THPT Minh Ch©u 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 Nội dung Điểm I (2điểm) 1.(1,0 điểm) Hàm số (C 1 ) có dạng 3 3 2y x x= − + • Tập xác định: ¡ • Sự biến thiên - lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = −∞ 0,25 - Chiều biến thiên: 2 ' 3 3 0 1y x x= − = ⇔ = ± Bảng biến thiên X −∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + Y 4 +∞ −∞ 0 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( ) ; 1 , 1;−∞ − +∞ , nghịch biến trên khoảng (-1;1) Hàm số đạt cực đại tại 1, 4 CD x y= − = . Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 0 CT x y= = 0,25 • Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn f(x)=x ^3-3 x+2 -2 -1 1 2 -1 1 2 3 4 x y 0,25 2.(1,0 điểm) Ta có 2 ' 3 3y x m= − Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình ' 0y = có hai nghiệm phân biệt 0m⇔ > 0,25 Vì 1 . ' 2 2 3 y x y mx= − + nên đường thẳng ∆ đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là 2 2y mx= − + 0,25 Ta có ( ) 2 2 1 , 1 4 1 m d I R m − ∆ = < = + (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng ∆ luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt Với 1 2 m ≠ , đường thẳng ∆ không đi qua I, ta có: 2 1 1 1 . .sin 2 2 2 ABI S IA IB AIB R ∆ = ≤ = 0,25 Nên IAB S ∆ đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại I 1 2 2 R IH⇔ = = (H là trung điểm của AB) 2 2 1 1 2 3 2 2 4 1 m m m − ± ⇔ = ⇔ = + 0,25 II 2,00 Sở GD- ĐT Hng Yªn Trường THPT Minh Ch©u 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 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 ∫ + + = e dxxx xx x I 1 2 ln3 ln1 ln 1,00 ∫∫ + + = e 1 2 e 1 xdxlnx3dx xln1x xln I =I 1 +3I 2 +) Tính ∫ + = e dx xx x I 1 1 ln1 ln . Đặt 2 1 1 ln 1 ln ; 2t x t x tdt dx x = + ⇒ = + = Khi 2tex;1t1x =⇒==⇒= 0,25 ( ) ( ) ( ) 2 2 3 1 2 2 2 2 2 2 .2 2 1 2 1 3 3 1 1 1 t t I tdt t dt t t − − ⇒ = = − = − = ∫ ∫ ÷ ÷ 0,25 +) TÝnh dxxlnxI e 1 2 2 ∫ = . §Æt = = ⇒ = = 3 x v x dx du dxxdv xlnu 32 + ⇒ = − = − = − + = ∫ e 3 3 3 3 3 3 e 2 e 2 1 1 1 x 1 e 1 x e e 1 2e 1 I .ln x x dx . 3 3 3 3 3 3 9 9 9 0,25 =+= 21 I3II 3 e2225 3 +− 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 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 ⇔ − = + 0,25 S B K D A C O I H Nên P = (x + y) 2 +1 + 3 x y+ 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 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 ( ) 3 3(2 1) 8 0 2 3. 3 2 (4 8 16) 0 a a b a a b − − + + = ⇔ − − + + − = 0,25 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 Câu II(2.0 đ) 1. (1.0đ) PT ⇔ 2sin 2x cos 2x + 2cos 2 2x = 4(sin x + cos x) ⇔ (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x) ⇔ sinx cos 0 (cos sinx)(sin 2 os2 ) 2 x x x c x + = − + = 0.25 ⇔ 4 os3 sinx 2 x k c x π π = − + − = 0.25 Chứng minh được phương trình cos 3x + sin x = 2 vô nghiệm KL: x = 4 k π π − + 0.25 VIIa Giải pt đã cho ta được các nghiệm: 1 2 3 2 3 2 1 , 1 2 2 z i z i= − = + 0.5 Suy ra 2 2 1 2 1 2 3 2 22 | | | | 1 ; 2 2 2 z z z z = = + = + = ÷ ÷ 0.25 Đo đó 2 2 1 2 2 1 2 11 4 ( ) z z z z + = = + 0.25 C©u VII. b (1®): 2 4 6 1010 1 3 5 2009 2010 2010 2010 2010 2 1 2 1 2 1 2 1 . . . . 2 4 6 2010 S C C C C − − − − = + + + + Ta cã: 2010 2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 0 (1 ) . . . . . K k k x C x C C x C x C x C x C x = + = = + + + + + + ∑ 2010 2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 0 (1 ) .( ) . . . . . k k k x C x C C x C x C x C x C x = − = − = − + − + − + ∑ ⇒ 2010 2010 1 3 3 5 5 2009 2009 2010 2010 2010 2010 (1 ) (1 ) . . 2 x x C x C x C x C x + − − = + + + + (1) LÊy tÝch ph©n 2 vÕ cña (1) víi cËn tõ 1 ®Õn 2 ta ®îc: ( ) 2 2 2010 2010 1 3 3 5 5 2009 2009 2010 2010 2010 2010 1 1 (1 ) (1 ) . 2 x x dx C x C x C x C x dx + − − = + + + + ∫ ∫ 2011 2011 1 2 3 4 2009 2010 2010 2010 2010 (1 ) (1 ) 2 2 1 1 1 2011 2011 2 2 4 2010 1 1 x x C x C x C x + − + ÷ ⇔ = + + + ÷ ÷ ÷ ÷ 2011 2011 2 4 2010 1 3 2009 2010 2010 2010 3 1 2 2 1 2 1 2 1 4022 2 4 2010 C C C − − − − − ⇔ = + + + VËy: 2011 2011 3 2 1 4022 S − − = . Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tương đương. , ngày 3 tháng 3 năm 2011 . B(3;-1;0) 0,25 VIb 2,00 1 1,00 Ta có A , B thu c 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. …………………………… Số báo danh ……………… Sở GD- ĐT Hng Yªn Trường THPT Minh Ch©u 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. điểm A, B phân biệt Với 1 2 m ≠ , đường thẳng ∆ không đi qua I, ta có: 2 1 1 1 . .sin 2 2 2 ABI S IA IB AIB R ∆ = ≤ = 0,25 Nên IAB S ∆ đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác