BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO (ĐỀ THAM KHẢO) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn Toán – Lần 3 Thời gian 180 phút (Không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với 1m = 2. Tìm m để đường thẳng 2 1y x= + cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A; B; C phân biệt thỏa mãn điểm ( ) C 0;1 nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30 . Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình : ( ) cos cos3 2cos 5 .+ = −x x x π 2. Giải hệ phương trình 2 2 3 8xy x y 16 x y x x x y 3 0 + + = + + + − = với x; y∈¡ . Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: ( ) 4 0 tan x I dx 4cos x sin x cos x π = − ∫ Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a và · 0 60=BAD . Cạnh SC vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và 3 2 SC a= . Kẻ , ( )⊥ ∈OK SA K SA . Tính thể tích khối đa diện SCBDK. Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c 0> thỏa mãn abc 8= . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 P 2a b 6 2b c 6 2c a 6 = + + + + + + + + II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa: (2điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cố định A nằm trên đường thẳng (∆): ( ) : 2x 3y 14 0∆ − + = , cạnh BC song song với đường thẳng ∆, đường cao CH có phương trình: x 2y 1 0− − = . Biết trung điểm của cạnh AB là M(-3;0). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng x 1 y 2 z d : 2 1 1 − − = = và hai điểm A(1;1;0), B(2;1;1). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, d ∆ ⊥ sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆ là lớn nhất. Câu VIIa: (1điểm) Cho số phức z thỏa mãn 11 8 1 i 2i i.z 1 i 1 i + = + ÷ ÷ − + . Tìm môđun của số phúc w z iz = + . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb:(2điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường cao BH có phương trình 3x 4y 10 0+ + = , đường phân giác trong góc A là AD có phương trình là x y 1 0− + = , điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm (0;1;1), (1;0; 3), ( 1; 2; 3)A B C− − − − và mặt cầu (S) có phương trình : 2 2 2 2 2 2 0x y z x z+ + − + − = . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất. Câu VIII.b: (1điểm) Giải hệ phương trình : 2 3 1 2 2 2 2 2.log log 1 log (log 1).log 3 y x y x = − = − Hết Họ và tên thí sinh………………………… ………………… ;Số báo danh………………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn Toán – Lần 3 Thời gian 180 phút (Không kể thời gian giao đề) CÂU 1 NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Với m=1 ta có 3 2 2 3 1y x x= − + • TXĐ: D=R • Sự biến thiên: - Giới hạn: lim ; lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ 0,25 -Ta có: ' 6 ( 1)= − ⇒y x x 0 ' 0 1 x y x = = ⇔ = -BBT: x −∞ 0 1 +∞ y’ + 0 - 0 + y 1 +∞ −∞ 0 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞ ;0) và (1; +∞ ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) Hàm số đạt cực đại tại x=0 và y CĐ =1 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và y CT =0 0,25 • Đồ thị: - Ta có 1 '' 12 6 '' 0 2 = − ⇒ = ⇔ =y x y x 1 1 ( ; ) 2 2 I⇒ là điểm uốn của đồ thị. - Đồ thị (C) cắt trục Oy tại ( ) A 0;1 - Đồ thi cắt trục Ox tại ( ) 1 B 1;0 ;C ;0 2 − ÷ 0,25 I.2 Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: 3 2 2 3 ( 1) 1y x mx m x= − + − + là nghiệm phương trình: 3 2 2 3 ( 1) 1 2 1x mx m x x− + − + = + 2 2 0 1 (2 3 3) 0 2 3 3 0 (*) = ⇒ = ⇔ − + − = ⇔ − + − = x y x x mx m x mx m 0,25 Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm A; C; B phân biệt và C nằm giữa A và B khi và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu 2.( 3) 0 3m m⇔ − < ⇔ < 0,25 Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn 3 2 3 . 2 A B A B m x x m x x + = − = và 2 1 2 1 A A B B y x y x = + = + ( vì A và B thuộc (d)) AB = 30 2 2 ( ) ( ) 30 B A B A x x y y⇔ − + − = 2 2 2 9 3 ( ) 6 ( ) 4 . 6 4. 6 4 2 − ⇔ − = ⇔ + − = ⇔ − = B A B A B A m m x x x x x x ( ) 2 0 9 8 0 / 8 9 = ⇔ − = ⇔ = m m m t m m 0,25 Vậy 8 0; 9 m m= = là giá trị cần tìm. 0,25 CÂU II II.1 Phương trình đã cho ( ) cos x cos3x 2cos5x 0 cos x cos3x 2 cos3x cos5x 0 ⇔ + + = ⇔ − + + = 0,25 2sin 2xsin x 4cos 4x cos x 0 ⇔ + = ( ) ( ) 2 2 cos x 0 4cos x sin x cos4x 0 sin x cos4x 0 1 = ⇔ + = ⇔ + = 0,25 + cos x 0 x k 2 π = ⇔ = + π 0,25 + ( ) 2 2 1 cos2x 1 2cos 2x 1 0 4cos 2x cos2x 1 0 2 − ⇔ + − = ⇔ − − = 1 1 17 1 17 x arccos k cos2x 2 8 8 1 17 1 1 17 cos2x x arccos k 8 2 8 + + = ± + π ÷ = ÷ ⇔ ⇔ − − = = ± + π ÷ ÷ 0,25 II.2 Điều kiện x y 0+ > 0,25 Hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 3 8xy x y 16 1 x y x x x y 3 0 2 + + = + + + − = Khi đó ( ) 1 ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 x y x y 8xy 16 x y+ + + = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 x y x y 4 x y x y 16 x y ⇔ + + + + − + = + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 x y x y 4 4 x y x y 4 0⇔ + + − + + + − = ( ) ( ) 2 2 x y 4 x y 4 x y 0 ⇔ + − + + + = ( ) 2 2 x y 4 (t / m) x y 4 x y 0 (Loai) do x y 0 + = ⇔ + + + = + > 0,25 Thay x y 4+ = vào PT(2) ta được: 3 x 2x 3 0+ − = 2 (x 1)(x x 3) 0⇔ − + + = 2 x 1 x x 3 0 (VN) = ⇔ + + = 0,25 Với x 1 y 3= ⇒ = . Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;3) 0,25 CÂU II Ta có: ( ) 4 2 0 tan x I dx 4 tan x cos x π = − ∫ 0,25 Đặt: 2 dx tan x t dt cos x = ⇒ = . Đổi cận: Với x 0 t 0; x t 1 4 π = ⇒ = = ⇒ = Suy ra: 1 0 t.dt I 4 t = − ∫ 0,25 1 1 1 1 0 0 0 0 4 (4 t) 4 d(4 t) I dt 1 dt 4 dt 4 t 4 t 4 t − − − ⇔ = = − = − − ÷ − − − ∫ ∫ ∫ ∫ 1 1 0 0 4ln 4 t t= − − − 0,25 I 4 4ln 1 3 = − 0,25 CÂU IV Hình vẽ O B A C D S K Ta có: · 2 ABCD a 3 S AB.AD.sin BAD 2 = = ; 3 S.ABCD S.ABCD 1 a 2 V SC.S 3 4 = = Và: SCBKD S.ABCD A.BKD V V V= − 0,25 Do BD AC BD (SAC) BD SA BD SC ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ mà OK SA SA (BKD)⊥ ⇒ ⊥ nên AK là đường cao của hình chóp A.BKD Mặt khác: 2 2 OK SC OA.SC OA.SC a SCA OKA (g.g) OK OA SA SA 2 SC AC ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = = + vì: a 3 AC 2OA 2. a 3 2 = = = ÷ ÷ Mà BD (SAC) OK BD OK (SAC) ⊥ ⇒ ⊥ ⊂ 2 BKD 1 a S OK.BD 2 4 ⇒ = = Ta lại có : SC AC AC.OK a AK (vì SCA OKA ) OK AK SC 2 = ⇒ = = ∆ ∆ 0,25 Suy ra 3 ABKD BKD 1 2 a V AK.S 3 24 = = 0,25 Vậy: 3 3 3 SCBKD S.ABCD A.BKD a 2 a 2 5 2 a V V V 4 24 24 = − = − = (đvtt) 0.25 CÂU V 1 1 1 1 1 1 1 P P b c a 2a b 6 2b c 6 2c a 6 2 a 3 b 3 c 3 2 2 2 = + + ⇒ = + + + + + + + + + + + + + + . Đặt: ; ; , , 0& . . 1 2 2 2 a b c x y z x y z x y z= = = ⇒ > = Khi đó: 1 1 1 1 2 2 3 2 3 2 3 P x y y z z x = + + + + + + + + 0,25 Mà ta có: 2 ; 1 2 2 3 2( 1)+ ≥ + ≥ ⇒ + + ≥ + +x y xy x x x y xy x 1 1 2 3 2( 1) ⇒ ≤ + + + + x y xy x Tương tự ta có: 1 1 1 1 4 1 1 1 P xy x yz y zx z ≤ + + + + + + + + 0.25 ( Nhân tử và mẫu phân số thứ hai với x ; phân số thứ ba với xy ) 1 1 4 1 ( 1) ( 1) 1 1 1 4 4 1 1 ) 1 ⇔ ≤ + + + + + + + + ⇔ ≤ + + ⇔ ≤ + + + + + + xy x P xy x x yz y xy zx z xy x P P xy x xy x x xy 0,25 Vậy P đạt GTLN bằng 1 4 xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 2 0,25 Chương trình chuẩn Câu VIa VIa.1 M(-3;0) x-2y-1=0 :2x-3y+14=0 B C A H Ta có ( ) n 1; 2− r là VTPT của đường thẳng CH, do AB CH⊥ nên ( ) n 1; 2− r là 1 VTCP của đường thẳng AB, mà AB đi qua ( ) M 3;0− ⇒ phương trình tham số đường thẳng AB: x 3 t y 2t = − + ⇒ = − phương trình tổng quát đường thẳng AB: 2x y 6 0+ + = . Mặt khác ( ) ( ) A A AB ∈ ∆ ⇒ = ∆ ∩ do đó tọa độ của A là nghiệm của hpt ( ) 2x y 6 0 x 4 A 4;2 2x 3y 14 0 y 2 + + = = − ⇔ ⇒ − − + = = 0,25 do ( ) M 3;0− là trung điểm của AB do đó ( ) A B M B A B B M x x x x 2 2 B 2; 2 y y y 2 y 2 + = = − ⇒ ⇒ − − + = − = 0,25 Do BC// ∆ ⇒ phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x 3y m 0 (m 14)− + = ≠ , mà (BC) đi qua ( ) B 2; 2− − m 2 BC : 2x 3y 2 0⇒ = − ⇒ − − = 0,25 Lại có C BC CH = ∩ do đó tọa độ của C là nghiệm của hpt ( ) x 2y 1 0 x 1 C 1;0 2x 3y 2 0 y 0 − − = = ⇔ ⇒ − − = = Vậy ( ) ( ) ( ) A 4;2 ,B 2; 2 ,C 1;0− − − 0,25 VIa.2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên ∆ , ta có ( ) d B, BH BA∆ = ≤ (vì ∆ đi qua A). Do đó khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆ là lớn nhất BH BA H A ⇔ = ⇔ ≡ . 0,25 Vậy đường thẳng ∆ cần lập chính là đường thẳng đi qua A, d ∆ ⊥ và AB∆ ⊥ . Gọi u r là vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ . Ta có ( ) AB 1;0;1 uuur và ( ) 1 u 2;1;1 uur là vec tơ chỉ phương của đường thẳng d 0,25 Do 1 d u u∆ ⊥ ⇒ ⊥ r uur ; AB u AB∆ ⊥ ⇒ ⊥ r uuur , vậy ta lấy ( ) 1 u AB,u 1;1;1 = = − r uuur uur 0,25 Mặt khác ∆ đi qua ( ) A 1;1;0 vậy phương trình của ∆ là x 1 t y 1 t z t = − = + = 0,25 Câu VIIa Ta có ( ) ( ) 11 8 2 11 8 1 i 2i 1 i 1 i 2i i.z i.z 1 i 1 i 2 2 + − + = + ⇔ = + ÷ ÷ ÷ − + 0,25 ( ) ( ) 11 8 iz i 1 i 16 i z 1 16i z 1 16i⇔ = + + = − ⇒ = − − ⇒ = − + 0,25 Do đó ( ) w z iz 1 16i i 1 16i 17 17i= + = − − + − + = − − 0,25 Vậy 2 2 w 17 17 17 2= + = 0,25 Chương trình nâng cao Câu VIb VIb.1 N I M A B C H D Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M và AD∆ ⊥ , ∆ cắt AD tại I và cắt AC tại N . Có ( ) n 1; 1− r là VTPT của AD, do ( ) AD n 1; 1∆ ⊥ ⇒ − r là VTCP của ∆ ⇒ phương trình tham số của x t : y 2 t = ∆ = − suy ra phương trình tổng quát : x y 2 0∆ + − = . 0,25 Do I AD = ∆ ∩ ⇒ tọa độ I là nghiệm của hpt: 1 x x y 2 0 1 3 2 I ; x y 1 0 3 2 2 y 2 = + − = ⇔ ⇔ ÷ − + = = . Tam giác AMN có d 2 vừa là đường cao, vừa là phân giác nên là tam giác cân tại ⇒ I là trung điểm của MN ⇒ N (1;1) Có ( ) 1 n 3;4 uur là VTPT của BH ( ) 1 u 4; 3⇒ − uur là VTCP của BH, do ( ) 1 BH AC u 4; 3⊥ ⇒ − uur là VTPT của AC, do AC đường thẳng đi qua điểm N(1;1) nên ( ) ( ) AC: 4 x 1 3 y 1 0− − − = ⇒ AC: 4x – 3y –1 = 0. Do A AC AD= ∩ ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình: 4x 3y 1 0 x 4 A(4;5) x y 1 0 y 5 − − = = ⇔ ⇔ − + = = 0,25 AB là đường thẳng đi qua điểm M(0;2) nhận ( ) MA 4;3 uuuur làm vec tơ chỉ phương ⇒ phương trình tham số của AB x 4t y 2 3t = ⇒ = + pt tổng quát AB:3x 4y 8 0− + = . Do B AB BH= ∩ ⇒ tọa độ B là nghiệm của hpt x 3 3x 4y 8 0 1 B 3; 1 3x 4y 10 0 4 y 4 = − − + = ⇔ ⇔ − − − ÷ + + = = 0,25 Gọi ( ) 4a 1 4a 1 C a,b AC 4a 3b 1 0 b C a; 3 3 − − ∈ ⇒ − − = ⇒ = ⇒ ÷ , ta có 4a 7 MC a; 3 − ÷ uuur Theo giả thiết 2 2 2 x 1 y 1 4a 7 MC 2 a 2 25a 56a 31 0 31 33 3 x y 25 25 = ⇒ = − = ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ ÷ = ⇒ = ( ) C 1;1⇒ hoặc 31 33 C ; 25 25 ÷ . Vì AD: x y 1 0− + = là phân giác trong góc A của tam giác ABC kiểm tra điều kiện ( ) ( ) B B C C x y 1 x y 1 0− + − + < cả hai điểm C trên đều thỏa mãn 0,25 VIb.2 Ta có (S) 2 2 2 : ( 1) ( 1) 4− + + + =x y z suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R 2= Và (1; 1; 4); ( 1; 3; 4)AB AC= − − = − − − uuur uuur Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là , ( 8;8; 4)n AB AC = = − − r uuur uuur Suy ra mp(ABC) có phương trình: 8x 8(y 1) 4(z 1) 0 2x 2y z 1 0− + − − − = ⇔ − + + = 0,25 Ta có 1 ( ;( )). 3 ABCD ABC V d D ABC S= nên ABCD V lớn nhất khi và chỉ khi ( ;( ))d D ABC lớn nhất . Gọi 1 2 D D là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm bất kỳ thuộc (S) thì { } 1 2 ( ;( )) max ( ;( )); ( ;( ))d D ABC d D ABC d D ABC≤ . Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D 1 hoặc D 2 0,25 Đường thẳng 1 2 D D đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là (2; 2;1) ABC n = − r Do đó (D 1 D 2 ) có phương trình: 1 2 2 1 = + = − = − + x t y t z t . Tọa độ điểm D 1 và D 2 thỏa mãn hệ: 2 2 2 1 2 2 2 3 1 2 3 ( 1) ( 1) 4 x t t y t z t t x y z = + = = − ⇒ = − + − = − + + + = 1 2 7 4 1 1 4 5 ; ; & ; ; 3 3 3 3 3 3 − − − − ⇒ ÷ ÷ D D 0,25 Ta thấy: 1 2 ( ;( )) ( ;( ))d D ABC d D ABC> . Vậy điểm 7 4 1 ; ; 3 3 3 D − − ÷ là điểm cần tìm 0,25 Câu VIIb Điều kiện x 0 y 0 > > khi đó hpt ( ) 2 2 3 2 3 2 2 3 2 2 2 2.log y log x 1 2.log y log x 1 log y log y log x 1 log x 1 log 3 = − − = − ⇔ ⇔ = − = − 0,25 Đặt 2 3 a log x b log y = = khi đó hpt trở thành: 2 2.b a 1 b a 1 = − = − 0,25 ( ) 2 2 a 1 2. a 1 a 1 a 2a 1 0 b 0 b a 1 b a 1 = − = − − + = ⇔ ⇔ ⇔ = = − = − 0,25 2 3 log x 1 x 2 (t / m) log y 0 y 1 = = ⇔ ⇔ = = Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( ) 2;1 0,25 *HƯỚNG DẪN CHẤM: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi không làm tròn số. . a; 3 − ÷ uuur Theo giả thi t 2 2 2 x 1 y 1 4a 7 MC 2 a 2 25a 56a 31 0 31 33 3 x y 25 25 = ⇒ = − = ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ ÷ = ⇒ = ( ) C 1;1⇒ hoặc 31 33 C ; 25 25 ÷ thỏa mãn hệ: 2 2 2 1 2 2 2 3 1 2 3 ( 1) ( 1) 4 x t t y t z t t x y z = + = = − ⇒ = − + − = − + + + = 1 2 7 4 1 1 4 5 ; ; & ; ; 3 3 3 3 3 3 − − − − ⇒ ÷ . BKD 1 2 a V AK.S 3 24 = = 0,25 Vậy: 3 3 3 SCBKD S.ABCD A.BKD a 2 a 2 5 2 a V V V 4 24 24 = − = − = (đvtt) 0.25 CÂU V 1 1 1 1 1 1 1 P P b c a 2a b 6 2b c 6 2c a 6 2 a 3 b 3 c 3 2 2 2 =