KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010- 2011 môn toán

KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 MƠN TỐN (Thời gian làm bài: 180 phút) A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3(2m + 1) x + 6m(m + 1) x + có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến khoảng ( 2;+∞ ) Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: cos 3x(2 cos x + 1) = b) Giải phương trình : (3x + 1) x − = x + ln Câu III (1 điểm) Tính tích phân I= ∫ x−3 dx ( e + 2) x Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ BC a Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn số thực: x − xy + y = Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức x4 + y4 +1 P= x + y2 +1 B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C b) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O đối xứng với O qua (ABC) Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z − z )( z + 3)( z + 2) = 10 , z ∈ C Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a Trong mp(Oxy) cho điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng (∆) : x − y − = cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích b.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : x − y −1 z + x−2 y+3 z = = d2 : = = −1 −2 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log x − 2) > log x − …… HẾT ĐÁP ÁN Câu I a) Đồ Học sinh tự làm 0,25 b) 0,5 y = x3 − 3(2m + 1) x + 6m(m + 1) x + ⇒ y ' = x − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1) y’ có ∆ = (2m + 1) − 4(m + m) = > x = m y' = ⇔  x = m + Hàm số đồng biến ( 2;+∞ ) 0,25 ⇔ y '> ∀x > ⇔ m + ≤ ⇔ m ≤1 Câu 0,25 II Giải phương trình: cos 3x(2 cos x + 1) = a) đ i ể m PT ⇔ cos 3x(4 cos x − 1) = ⇔ cos 3x(3 − sin x) = Nhận xét x = kπ , k ∈ Z khơng nghiệm phương trình 2 0,25 0,25 ta có: cos 3x (3 − sin x) = ⇔ cos 3x (3 sin x − sin x) = sin x ⇔ cos x sin x = sin x ⇔ sin x = sin x 6 x = x + m2π ⇔ 6 x = π − x + m2π Xét 2mπ  x = ⇔  x = π + 2mπ  7  ;m∈Z 2mπ = kπ ⇔ 2m=5k ⇔ m = 5t , t ∈ Z π 2mπ + 7 = kπ k=2l+1& m=7l+3, 0,25 l∈Z Xét ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 Vậy phương trình có nghiệm: m ≠ 7l + ) x= hay 2mπ π 2mπ ( m ≠ 5t ); x = + ( m, t , l ∈ Z b Giải phương trình : ) 0,25 (3x + 1) x − = x + x−3 đ i ể m PT 0,25 ⇔ 2(3 x + 1) x − = 10 x + 3x − 2 2(3 x + 1) x − = 4(2 x − 1) + x + x − Pt trở thành Đặt t = x − 1(t ≥ 0) 4t − 2(3 x + 1)t + x + x − = Ta có: ∆' = (3x + 1) − 4(2 x + 3x − 2) = ( x − 3) Pt trở thành 4t − 2(3x + 1)t + x + 3x − = Ta có: ∆' = (3x + 1) − 4(2 x + 3x − 2) = ( x − 3) Từ ta có phương trình có nghiệm : t = 0,25 2x − x+2 ;t = 2 Thay vào cách đăt giải ta phương trình có 0,5  − + + 60  ;    nghiệm: x ∈  Câu III ln Tính tích phân I= ∫ dx (3 e x + 2) đ i ể m x 3 ln Ta c ó I= ∫ e dx x x e ( e + 2) 0,25 = x x Đặt u= e ⇒ 3du = e dx ; x = ⇒ u = 1; x = ln ⇒ u = 2 Ta được: 3du I=∫ u (u + 2)  1  =3 ∫  4u − 4(u + 2) − 2(u + 2) du    0,25  0,25 1  1 =3  ln u − ln u + + 2(u + 2)     1 = Vậy 3 ln( ) − 0,25 3 I = ln( ) − Câu IV C’ A’ B’ H A C O M B Gọi M trung điểm BC ta thấy: Kẻ MH ⊥ AA' , (do ∠A Do BC ⊥ ( A' AM )   ⇒ HM ⊥ BC Vậy HM ∈ ( A' AM ) 0,5 AM ⊥ BC   ⇒ BC ⊥ ( A' AM ) A' O ⊥ BC  nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) HM đọan vơng góc chung AA’và BC, d ( AA' , BC) = HM = a A' O HM = AO AH Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có: ⇔ suy A' O = Thể Câu V AO.HM a a a = = AH 3a tích V = A' O.S ABC = 0,5 khối lăng trụ: 1aa a3 A' O.AM.BC = a= 23 12 1.Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a+b+c =3 Chứng minh rằng: đ i 3(a + b + c ) + 4abc ≥ 13 ể Đặt f (a, b, c) = 3( a + b + c ) + 4abc − 13; t = *Trước hết ta chưng minh: m b+c 0,5 f ( a, b, c) ≥ f (a, t , t ) :Thật Do vai trị a,b,c nên ta giả thiết a≤b≤c ⇒ 3a ≤ a + b + c = hay a ≤ f ( a, b, c) − f (a, t , t ) = 3( a + b + c ) + 4abc − 13 − 3( a + t + t ) − 4at + 13 = 3(b + c − 2t ) + 4a (bc − t ) 2   2(b + c )  (b + c )  3(b − c) 3b + c − + 4a bc − − a (b − c) =  = 4     (3 − 2a )(b − c ) ≥0 = a ≤ *Bây ta cần chứng minh: Ta có f ( a, t , t ) ≥ với a+2t=3 f ( a, t , t ) = 3(a + t + t ) + 4at − 13 = 3((3 − 2t ) + t + t ) + 4(3 − 2t )t − 13 0,5 = 2(t − 1) (7 − 4t ) ≥ 2t=b+c < Dấu “=” xảy ⇔ t = & b − c = ⇔ a = b = c = (ĐPCM) Cho x,y,z thoả mãn số thực: x − xy + y = Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức P= x4 + y4 +1 x2 + y2 +1 Tõ gi¶ thiÕt suy ra: = x − xy + y ≥ xy − xy = xy = ( x + y ) − xy ≥ −3xy Tõ ta có Măt khác xy 0,25 x − xy + y = ⇔ x + y = + xy nªn x + y = − x y + xy + đăt t=xy Vởy toán trở thành tìm GTLN,GTNN P = f (t ) = TÝnh f ' (t ) = ⇔ −1 + − t + 2t + ;− ≤ t ≤ t+2 t = − =0⇔ (t + 2) t = − − 2(l )  Do hàm số liên tục [ f( ) , f ( − 2) , f (1) ;1] 0.25 nên so sánh giá trị cđa cho kÕt qu¶: 11 MaxP = f ( − 2) = − , P = f (− ) = 15 Câu VIa 0.25 0.25 đ i ể m a) (Học sinh tự vẽ hình) Ta có: uuu r AB = ( −1; ) ⇒ AB = Phương trình AB là: 0,5 2x + y − = I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t; t ) Theo ra: S ∆ABC I trung điểm AC: C (2t − 1;2t ) t = = AB.d (C , AB) = ⇔ 6t − = ⇔  t =  0,5 Từ ta có điểm C(-1;0) C( ; ) thoả mãn b) đ i ể m *Từ phương trình đoạn chắn suy pt tổng quát mp(ABC) 0.25 2x+y-z-2=0 *Gọi H hình chiếu vng góc O l ên (ABC), OH vng góc 0,25 (ABC) nên OH // n(2;1;−1) ; H ∈ ( ABC ) Ta suy H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 1 H ( ; ;− ) 3 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC) ⇔H trung điểm 0,5 OO’ ⇔ O' ( ; ;− ) CâuVIIa Giải phương trình: ( z − z )( z + 3)( z + 2) = 10 , z ∈ C đ i ể m PT ⇔ Đặt Đặt z ( z + 2)( z − 1)( z + 3) = 10 ⇔ ( z + z )( z + z − 3) = t = z + 2z t = z + 2z 0,25 Khi phương trình (8) trở thành: Khi phương trình (8) trở thành 0,25 t − 3t − 10 = t = −2  z = −1 ± i ⇔ ⇒ t =  z = −1 ± Vậy phương trình có nghiệm: z = −1± ; z = −1 ± i Câu VIb 0,5 a) đ i ể m Viết phương trình đường AB: Viết phương trình đường CD: 4x + 3y − = x − y + 17 = Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: M = (t ;3t − 5) được: d ( M , AB ) = 13t − 19 11t − 37 ; d ( M , CD) = 17 AB = 0,25 CD = 17 Ta tính 0,25 Từ đó: S MAB = S MCD ⇔ d ( M , AB ) AB = d ( M , CD ).CD ⇔ t = −9 ∨ t = ⇒ 0,5 Có điểm cần tìm là: M (−9; −32), M ( ; 2) b) đ i ể m Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 hai điểm A B ta ln có IA + IB ≥ AB AB ≥ d ( d1 , d ) dấu xảy I trung điểm AB AB đoạn vng góc chung hai đường thẳng d 1, 0, 25 d2 Ta tìm A, B : uuu r r  AB ⊥ u  r  uuu ur  AB ⊥ u '  0,25 A∈d1, B∈d2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) uuu r ⇒ AB (….)… ⇒ A(1; 2; -3) B(3; 0; 1) ⇒ I(2; 1; -1) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) bán kính R= Nên có phương trình là: ( x − ) + ( y − 1)2 + ( z + 1) = CâuVIIb Giải bất phương trình x(3 log x − 2) > log x − 2 0,25 0,25 đ i ể m Điều kiện: x > Bất phương trình ⇔ 3( x − 3) log x > 2( x − 1) 0.25 Nhận thấy x=3 khơng nghiệm bất phương trình TH1 Nếu x>3 Xét hàm số: BPT x −1 log x > x−3 ⇔ f ( x ) = log x g ( x) = đồng biến khoảng ( 0;+∞ ) x −1 x−3 0,25 nghịch biến khoảng ( 3;+∞ ) *Với x > :Ta có f ( x) > f (4) = 3 ⇒ g ( x) < g (4) =  Bpt có nghiệm * Với x < :Ta có f ( x) < f (4) = 3 ⇒ g ( x) > g (4) =  Bpt vô nghiệm TH :Nếu 0< x :Ta * Với có x < :Ta x>4 0,25 đồng biến khoảng ( 0;+∞ ) nghịch biến khoảng ( 0;3) f ( x ) > f (1) = 0 ⇒ g ( x) < g (1) =  có Bpt vô nghiệm f ( x) < f (1) = 0 ⇒ g ( x) > g (1) =  Bpt có nghiệm < x 0 < x <  Chú ý:Các cách giải khác cho kết đươc điểm tối đa 0,25 ... + y2 +1 Tõ gi¶ thi? ?t suy ra: = x − xy + y ≥ xy − xy = xy = ( x + y ) − xy 3xy Từ ta có Măt khác ≤ xy ≤ 0,25 x − xy + y = ⇔ x + y = + xy nªn x + y = − x y + xy + đăt t=xy Vởy toán trở thành... d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log x − 2) > log x − …… HẾT ĐÁP ÁN Câu I a) Đồ Học sinh tự làm 0,25 b) 0,5 y = x3 − 3(2m + 1) x + 6m(m + 1) x + ⇒ y '' = x − 6(2m + 1) x + 6m(m... *Trước hết ta chưng minh: m b+c 0,5 f ( a, b, c) ≥ f (a, t , t ) :Thật Do vai trò a,b,c nên ta giả thi? ??t a≤b≤c ⇒ 3a ≤ a + b + c = hay a ≤ f ( a, b, c) − f (a, t , t ) = 3( a + b + c ) + 4abc − 13