Đề và đáp án thi thử ĐH(khối A + B)- Lần 4

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ TỔ TOÁN - TIN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn: TOÁN - Khối A + B Ngày thi: 25/1/2011 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 43 23 +−= xxy . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 3cos 2sin3 cos sin 4 3 1 3sin cos x x x x x x + − − = + . 2. Giải phương trình : 3 2 2 5 1 12 0x x− + + − = Câu III. (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ( ) 4 2 0 1 1 1 2 x dx x + + + ∫ . Câu IV. (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 3( ) 2P x y z xyz= + + − . Câu V. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và SA = a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và SD; I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp M.BAI. Câu VI (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2;-5) và đường thẳng :3 4 4 0x y∆ − + = . Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2; 5 2 ) sao cho diện tích tam giác ABC bằng 15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)u r , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z α + + − = và tiếp xúc với (S). Câu VII. (1,0 điểm) Tìm phần thực của số phức : (1 ) n z i= + . Trong đó n là số nguyên dương và thỏa mãn: ( ) ( ) 4 5 log 3 log 6 4n n − + + = … Hết … Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ……… ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 4 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010 -2011 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I-1 (1 điểm) * Tập xác định D = R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y’ = 3x 2 - 6x ; y’ = 0 ⇔ 0 2 =   =  x x . Dấu của y’: x -∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2). Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; 0) và (2 ; + ∞). - Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = 0; Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 4. 0,25 - Giới hạn: 3 3 3 4 lim lim (1 ) x x y x x x →+∞ →+∞ = − + = +∞ ; 3 3 3 4 lim lim (1 ) x x y x x x →−∞ →−∞ = − + = −∞ 0,25 Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + y -∞ 4 0 +∞ 0,25 Đồ thị: - Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm: (-1;0), (2; 0) - Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; 4) 0,25 I-2 (1 điểm) d có phương trình y = m(x - 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình: x 3 - 3x 2 + 4 = m(x - 3) + 4 ⇔ (x - 3)(x 2 - m) = 0 ⇔ 2 3x x m =   =  0,25 d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ 0 9 m m >   ≠  . Khi đó hoành độ các giao điểm là x = 0, x = - m , x = m . 0,25 Giả sử , M N x m x m= − = . Tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau ⇔ ( ) ( ) 2 2 '( ). '( ) 1 3( ) 6( ) . 3( ) 6 1 M N f x f x m m m m= − ⇔ − − − − = − ⇔ 9m 2 - 36m +1 = 0 ⇔ 6 35 3 6 35 3 m m  − =    + =   0,25 KL: 6 35 3 m − = , 6 35 3 m + = . 0,25 II-1 (1 điểm) + ĐK : 3sin cos 0 6 x x x k π π + ≠ ⇔ ≠ − + 0,25 2 3(2cos 1) sin 4 sin 2 sin4 3sin cosx x x x x x⇔ − + + − = + 0,25 3 cos2 sin2 3sin cos 2cos 2 2cos 6 3 x x x x x x π π     ⇔ + = + ⇔ − = −  ÷  ÷     0,25 2 2 2 6 3 6 2 2 2 6 3 6 3 x x k x k x x k x k π π π π π π π π π π   − = − + = − +   ⇔ ⇔     − = − + + = +     0,25 KL: Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: 2 6 x k π π = + và 2 2 x k π π = − + (k ∈ Z). 0,25 II-2 (1 điểm) ĐK: x ≥ -1. Đặt: 3 2 ( 0) 1 u x v v x  = −  ≥  = +   ta có hệ phương trình: 3 2 2 5 12 0 3 u v u v + − =   − = −  0,25 2 3 2 3 2 3 12 2 12 2 2 5 12 0 5 5 12 2 3 25 4 48 69 0 (*) 3 0 5 u v u u v v u u v u u u u −  = −   + − = =    ⇔ ⇔    − − = −      − + − = − + =   ÷     2 2 1 0 (*) ( 1)(25 21 69) 0 1 25 21 69 0 ( ) u u u u u u u VN − =  ⇔ − + + = ⇔ ⇔ =  + + =  . 0,25 0,25 Với u = 1 ⇒ 3 2 1 3x x− = ⇔ = . Vậy phương trình có nghiệm x = 3. 0,25 III (1 điểm) Đặt 2 1 1 2 2 t t x x dx tdt − = + ⇔ = ⇒ = . x = 0 ⇒ t = 1, x = 4 ⇒ t = 3. ( ) ( ) 2 3 3 3 2 2 1 1 1 1 1 2 2 1 1 t t t I tdt dt t t − + + = = + + ∫ ∫ 0,25 ( ) ( ) 3 3 3 2 2 1 1 1 1 4 2 1 1 4 2 2 ( 2) 2 2 2 1 1 t t t dt t dt dt t t   + + = − + = − +  ÷  ÷ + +   ∫ ∫ ∫ 0,25 Có: 3 2 1 3 1 1 ( 2) 2 0 1 2 2 2 t t dt t   − = − =  ÷   ∫ . ( ) 3 3 2 2 2 1 1 3 3 1 4 2 1 4 4 2 1 1 2ln( 1) 2ln2 1 1 2 2 (1 ) (1 ) 1 4 1 t t dt dt t t t t t   + + = − = + + = −  ÷ + + + +   ∫ ∫ 0,25 0,25 Vậy I = 1 2ln 2 4 − . IV (1 điểm) Có x + y + z = 3. Áp dụng BĐT Bunhiacopxky cho bộ ba số (1; 1; 1) và (x; y; z) ta có: 2 2 2 3( )x y z+ + = (1 + 1 + 1)(x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ (x + y + z) 2 = 9. Dấu “=” xảy ta khi x = y = z = 1. mặt khác theo BĐT Côsi ta có: 2 1 3 x y z xyz + +   ≤ =  ÷   ⇒ -2xyz ≥ -1. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. 0,5 0,25 Vậy MinP = 9 - 2 = 7 đạt được khi x = y = z = 1. 0,25 V (1 điểm) 1. Có BC ⊥ AB (gt), BC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD). Suy ra BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AM. (1) Mặt khác AM ⊥ SA (vì SAB là tam giác cân có AM là đường trung tuyến). (2) Từ (1) và (2) suy ra AM ⊥ (SBC) ⇒ AM ⊥ SC. Chứng minh tương tự ta có AN ⊥ SC. Vậy SC ⊥ (AMN) ⇒ SC ⊥ AI (vì AI ⊂ (AMN). 0,25 0,25 Theo CM trên BC ⊥ (SAB). Trong mặt phẳng (SBC) kẻ IH // BC, có IH ⊥ (AMB). ⇒ . . 1 . 3 M BAI I AMB AMB V V IH S= = . Có 2 1 1 2 4 AMB SAB S S a= = . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 1 2 3 IH SI SI SC SA SA a BC SC SC SC SA AC a a = = = = = = + + ⇒ 1 3 3 a IH BC= = Vậy 2 3 . 1 . 3 3 4 36 M BAI a a a V = = 0,25 0,25 VI. 1 (1 điểm) Gọi 3 4 16 3 ( ; ) (4 ; ) 4 4 a a A a B a + − ⇒ − . . 0,25 Khi đó diện tích tam giác ABC là: 1 . ( , ) 3 2 ABC S AB d C AB= ∆ = . 0,25 Theo giả thiết ta có 2 2 4 6 3 5 (4 2 ) 25 0 2 a a AB a a =  −   = ⇔ − + = ⇔  ÷  =    0,25 Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 0,25 VI. 2 (1 điểm) Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1; -3; 2) và bán kính R = 4. Véc tơ pháp tuyến của ( ) α là (1;4;1)n r 0,25 Vì ( ) ( )P α ⊥ và song song với giá của v r nên nhận véc tơ (2; 1;2) p n n v= ∧ = − uur r r làm vtpt. Do đó (P): 2x - y + 2z + m = 0 0,25 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4d I P→ = ⇔ 21 ( ,( )) 4 3 m d I P m = −  = ⇔  =  0,25 Vậy có hai mặt phẳng : 2x - y + 2z + 3 = 0 và 2x - y + 2z - 21 = 0. 0,25 VII. (1 điểm) Hàm số ( ) ( ) 4 5 ( ) log 3 log 6f n n n= − + + có : 1 1 '( ) 0, 3 ( 3).ln 4 ( 6)ln5 f n n n n = + > ∀ > − + nên hàm số ( ) ( ) 4 5 ( ) log 3 log 6f n n n= − + + luôn đồng biến ⇒ phương trình ( ) ( ) 4 5 log 3 log 6 4n n− + + = có nghiệm duy nhất n = 19. 0,25 0,25 + với n = 19 có 9 19 18 2 9 (1 ) (1 ) .(1 ) (1 ) (1 ) (2 ) (1 )z i i i i i i i   = + = + + = + + = +   = 9 9 2 2 .i− + . Vậy phần thực của z bằng - 2 9 . 0,25 0,25 . 3 4 16 3 ( ; ) (4 ; ) 4 4 a a A a B a + − ⇒ − . . 0,25 Khi đó diện tích tam giác ABC là: 1 . ( , ) 3 2 ABC S AB d C AB= ∆ = . 0,25 Theo giả thi t ta có 2 2 4 6 3 5 (4 2 ) 25 0 2 a a AB a a =  − . = . Có 2 1 1 2 4 AMB SAB S S a= = . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 1 2 3 IH SI SI SC SA SA a BC SC SC SC SA AC a a = = = = = = + + ⇒ 1 3 3 a IH BC= = Vậy 2 3 . 1 . 3 3 4 36 M BAI a a a V = = 0,25 0,25 VI. 1 (1.  + + = − = + + = −  ÷ + + + +   ∫ ∫ 0,25 0,25 Vậy I = 1 2ln 2 4 − . IV (1 điểm) Có x + y + z = 3. Áp dụng BĐT Bunhiacopxky cho bộ ba số (1; 1; 1) và (x; y; z) ta có: 2 2 2 3( )x y z+ + =