TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG CẦN THƠ Môn thi: TOÁN; khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 13 3 +−= xxy (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt: mmxx 33 3 3 −=− Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 4 4 (2 sin 2 )(2cos cos ) cot 1 2sin x x x x x − − + = 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 5 0 ( , ) 2 5 1 0 x y xy x y x y xy y y + + − = ∈ + − + = ¡ Câu III (1 điểm) Tính 2 cos 8 sin 2 cos2 2 x dx x x π + ÷ + + ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), , 2SA AB a AC a= = = và · · 0 90 .ASC ABC= = Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC). Câu V (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ab bc ca T a b ab b c bc c a ca = + + + + + + + + PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm (4; 1), ( 3; 2)A B− − − và đường thẳng :3 4 42 0x y∆ + + = . Viết phương trình đường tròn ( )C đi qua hai điểm ,A B và tiếp xúc với đường thẳng ∆. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; −6; 6), B(4; 4; 4), C(− 2; 10; −2) và S(−2; 2; 6). Chứng minh O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi và hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (OABC) trùng với tâm I của OABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AC. Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: 2 3 3 (2 1)log (4 9)log 14 0x x x x+ − + + = B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có A(1; 0), B(3; 2) và · 0 120 .=ABC Xác định tọa độ hai đỉnh C và .D 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C lần lượt di động trên các tia Ox, Oy và Oz sao cho mặt phẳng (ABC) không đi qua O và luôn đi qua điểm M(1; 2; 3). Xác định tọa độ các điểm A, B, C để thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 3 3 3 27 9 ( , ) log ( 1) log ( 1) 1 x y x y x y x y x y + + + + + = + ∈ + + + = ¡ 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……………www.laisac.page.tl ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: A Câu Đáp án Điểm I (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: D = ¡ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 2 ' 3 3, ' 0 3 3 0 1, ( 1) 3, (1) 1y x y x x y y= − = ⇔ − = ⇔ = ± − = = − 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; −1) và (1; +∞), nghịch biến trên khoảng (−1; 1) - Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và y CT = y(1) = −1; + Hàm số đạt cực đại tại x = -1 và y CĐ = y(-1) = 3. - Giới hạn: x x lim , lim →−∞ →+∞ = +∞ = −∞ 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 '' 6 , '' 0 6 0 0, (0) 1y x y x x y= = ⇔ = ⇔ = = ⇒ điểm uốn I(0; 1) Đồ thị: đi qua các điểm (−2; −1), (2; 3) và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng. 0,25 2. (1,0 điểm) Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị (C’) của hàm số: 13 3 +−= xxy và đường thẳng (d): 13 3 +−= mmy ((d) cùng phương với trục hoành) Xét hàm số: 13 3 +−= xxy , ta có: + Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng, đồng thời 0x ∀ > thì 3 3 3 1 3 1y x x x x= − + = − + 0,25 Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên: 0,25 −1 y’(x) y(x) −∞ +∞ 1 0 0 + + − 3 −1 −∞ +∞ x y 0 1 −2 −1 2 1 • • • •• −1 3 x y 0 1 −2 −1 2 1 • • • • −1 3 • (d) + Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là: 3 3 3 2 3 3 0 1 3 1 1 0 3 3 2 0 1 m m m m m m m m m − < < − − < − < − + < ⇔ ⇔ < < − + > ≠ 0,5 II (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) 1) ĐK: ,x k k π ≠ ∈¢ Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với: 4 4 2 2 2 2 2 1 cos sin (2 sin 2 )(cos cos ) 2 1 1 1 sin 2 (2 sin 2 )(cos cos ) 2 2 x x x x x x x x x + = - - - = - -Û 0,25 2 2 2 2 2 1 2 sin 2 2(2 sin 2 )(cos cos ) 1 2 cos cos 2 2 cos cos 1 0 x x x x x x x x - = - - = -Û - - =Û 0,25 2 2 2 , ( ) 3 x l x l l Z p p p é = ê ê Û ê = ± + Î ê ë 0,25 So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là 2 2 , 3 x l l p p = ± + Î ¢ 0,25 2. (1,0 điểm) Nhận xét: Hệ đã cho không có nghiệm (x; 0), nên tương đương với: 2 5 0 1 2 5 0 x x xy y x y y + + − = + + − = 0,25 1 ( )( ) 6 1 5 x y x y x y x y + + = ⇔ + + + = 0,25 2 ( ) 1 3 3 ( ) 1 2 x y I x y x y II x y + = + = ⇔ + = + = 0,25 Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ là: −±+ +±− 2 51 ; 2 55 ; 2 51 ; 2 55 0,25 III (1,0 điểm) 2 cos 1 cos(2 ) 1 8 4 sin 2 cos 2 2 2 2 1 sin(2 ) 4 x x dx dx x x x π π π + + + ÷ = + + + + ∫ ∫ 0,25 A S C B M H 2 cos(2 ) 1 4 2 2 1 sin(2 ) sin( ) cos( ) 4 8 8 x dx dx x x x π π π π ÷ + ÷ = + ÷ + + ÷ + + + ÷ ∫ ∫ 0,25 2 cos(2 ) 1 1 4 3 2 2 2 1 sin(2 ) sin ( ) 4 8 x dx dx x x π π π + ÷ = + ÷ ÷ + + + ∫ ∫ 0,25 1 3 ln 1 sin(2 ) cot( ) 4 8 4 2 x x C π π = + + − + + ÷ 0,25 IV (1,0 điểm) + Kẻ SH vuông góc AC (H ∈ AC) ⇒ SH ⊥ (ABC) ⇒ 3 3, , 2 a SC BC a SH= = = 2 3 2 ABC a S ∆ = ⇒ 3 . 1 . 3 4 S ABC ABC a V S SH ∆ = = 0,25 + Gọi M là trung điểm SB và ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC). Ta có: SA = AB = a, SC BC a 3= = ⇒ AM ⊥ SB và CM ⊥ SB ⇒ · cos cos AMC ϕ = 0,25 + ∆SAC = ∆BAC ⇒ 3 6 2 2 a a SH BH SB= = ⇒ = 0,25 AM là trung tuyến ∆SAB nên: 2 2 2 2 2 2 2 10 4 16 AS AB SB a AM + − = = 10 4 a AM⇒ = Tương tự: 42 4 a CM = · 2 2 2 AM CM AC 105 cosAMC 2.AM.CM 35 + − ⇒ = = − Vậy: 105 cos 35 ϕ = 0,25 V (1,0 điểm) Đặt 1 1 1 , ,a b c x y z = = = . Khi đó theo giả thiết ta có x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn: xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại: 1 1 1 1 1 1 T x y y z z x = + + + + + + + + 0,25 Ta luôn có Bđt thức đúng: ( ) 2 3 2 2 3 3 3 3 3 0x y x xy y xy− ≥ ⇔ − + ≥ ( ) ( ) 3 2 2 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1x y x y x xy y x y xy ⇒ + + = + − + + ≥ + + ÷ ⇒ ( ) 3 3 3 3 1x y xy x y z+ + ≥ + + 3 3 3 3 1 1 z x y x y z ⇒ ≤ + + + + (1) 0,25 Tương tự: 3 3 3 3 1 1 x y z x y z ≤ + + + + (2); 3 3 3 3 1 1 y z x x y z ≤ + + + + (3) 0,25 Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được: 1T ≤ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1 Vậy max 1T = đạt được khi a = b = c = 1 0,25 VI.a (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C) AI 2 = BI 2 ⇔ 7a + b = 2 (1) 0,25 BI 2 = d 2 (I,∆) ⇔ (a + 3) 2 + (b + 2) 2 = 2 (3 4 42) 25 a b+ + (2) 0,25 Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23) 0,25 + I(1; -5) ⇒ R = 5 (C): (x – 1) 2 + (y + 5) 2 = 25 + I(-3; 23) ⇒ R = 25 (C): (x + 3) 2 + (y – 23) 2 = 625 0,25 2. (1,0 điểm) Ta có: + Các đoạn OB và AC đều nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1) + ( ) ( ) 8; 16; 8 , 4; 4; 4 . 32 64 32 0AC OB AC OB AC OB= − − = ⇒ = − + − = ⇒ ⊥ uuur uuur uuur uuur (2) Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC 0,50 + . 32 32 0 (4; 0; 4); ( ) . 16 16 0 SI AC SI SI OABC SI OB = − + = = − ⇒ ⊥ = − = uur uuur uur uur uuur + Do OABC là hình thoi và ( )SI OABC⊥ nên: ( ) AC OB AC SOB AC SI ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ 0,25 Từ đó trong mp(SOB) nếu kẻ IH SO⊥ tại H thì IH AC⊥ tại H. Vậy IH là đoạn vuông góc chung của SO và AC . 4 2.2 3 4 66 ( , ) 11 2 11 SI OI d SO AC IH SO ⇒ = = = = 0,25 Ghi chú: Có thể dùng công thức: |[ , ]. | ( , ) |[ , ]| SO AC OI d SO AC SO AC = uuur uuur uur uuur uuur 0,50 VII.a (1,0 điểm) ĐK: x > 0. Đặt: 3 logt x= , phương trình trở thành: 2 (2 1) (4 9) 14 0x t x t+ − + + = (1) 0,25 Do 2 1 0, 0x x+ ≠ ∀ > nên có thể xem pt (1) là pt bậc 2 ẩn t, ta có: 2 2 ' (4 9) 56(2 1) (4 5) ' | 4 5|x x x x∆ = + − + = − ⇒ ∆ = − ⇒ pt (1) có các nghiệm : 7 2 ; 2 1 t t x = = + 0,25 + Với t = 2 ta được pt: 3 log 2 9x x= ⇔ = 0,25 + Với 7 2 1 t x = + ta được pt: 3 3 7 7 log log 0 2 1 2 1 x x x x = ⇔ − = + + Xét hàm số: 3 7 ( ) log 2 1 f x x x = − + , TXĐ : (0; )D = +∞ 2 1 14 '( ) 0, 0 .ln 3 (2 1) f x x x x = + > ∀ > + ⇒ Hàm số f là một hàm đồng biến trên (0; )D = +∞ . Mặt khác f(3) = 0 ⇒ x = 3 là nghiệm duy nhất của pt trên D Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm x = 9, x = 3 0,25 VI.b 1.(1,0 điểm) Từ giả thiết suy ra ∆ABD đều. Ta có : (2; 2)AB = uuur , trung điểm của AB là M(2;1) ⇒ pt trung trực của đoạn AB: 3 0x y+ − = 0,25 D thuộc trung trực của AB ⇒ D(t; 3 − t) 0,25 + ABCD là hình thoi nên: 2 2 2 ( 1) (3 ) 8 4 1 0 2 3AD AB t t t t t= ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ = ± 0,25 + 2 3 (2 3;1 3), ( 3; 1 3)t D C= + ⇒ + − − − + 2 3 (2 3;1 3), ( 3; 1 3)t D C= − ⇒ − + − − + 0,25 2.(1,0 điểm) Từ giả thiết ta suy ra tọa độ các điểm A, B, C định bởi: ( ;0;0), (0; ;0), (0;0; )A a B b C c trong đó a, b, c là các số thực dương ⇒ phương trình mp(ABC): 1 x y z a b c + + = 0,25 + M(1, 2, 3) ∈ mp(ABC) nên: 1 2 3 1 a b c + + = + Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi: 1 1 . . . . 6 6 V OA OB OC a b c= = 0,25 + Theo bđt CauChy: 3 1 2 3 1 2 3 1 3 . . . . 162 27a b c V a b c a b c = + + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ 0,25 Đẳng thức xảy ra khi 1 2 3 1 3; 6; 9 3 hay a c a b c = = = = = = Vậy max 27V = đạt được khi (3;0;0), (0;6;0), (0;0;9)A B C 0,25 VII.b (1,0 điểm) ĐK: 1, 1x y> − > − . Khi đó hệ tương đương: 2 1 2 1 3( ) 3.3 3.3 3 9 (1) ( 1)( 1) 3 x y x y x y x y + + + − + + = + + + = 0,25 Đặt: 2 1 2 1 3 , 3 , x y x y u v + + + − = = ĐK: u > 0, v > 0 Phương trình (1) trở thành: 3 3 3 9 ( 3)( 3) 0 3 u u v uv u v v = + = + ⇔ − − = ⇔ = (thỏa ĐK) 0,25 TH1: Với u = 3, ta có hệ: 2 1 2 2 3 3 ( 1)( 1) 3 2 2 0 VN x y y x x y x x + + = − = ⇔ ⇒ + + = + + = 0,25 TH2: Với v = 3, ta có hệ: 2 1 2 2 0 2 2 3 3 1 ( 1)( 1) 3 2 0 1 2 x y x y x y x x y y y y + − = = = − = ⇔ ⇔ = + + = − = = So với ĐK ta nhận cả 2 nghiệm: ( ) 2; 0 , 1 1; 2 ÷ Tóm lại hệ phương trình có 2 nghiệm: ( ) 2; 0 , 1 1; 2 ÷ 0,25 Hết . TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG CẦN THƠ Môn thi: TOÁN; khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT. sinh:…………………………………………… Số báo danh……………www.laisac.page.tl ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: A Câu Đáp án Điểm I (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: D = ¡ • Sự biến thi n: - Chiều biến thi n: 2. điểm) Cho hàm số 13 3 +−= xxy (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt: mmxx 33 3 3 −=− Câu II (2 điểm) 1. Giải phương