Đề thi thử Đại học môn Toán kèm hướng dẫn giải số 41

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT TỨ KỲ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số ( ) ( ) 4 2 1 m y x m x m C= − + + 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ( ) m C khi 3m = 2) Xác định 1m > để đồ thị ( ) m C cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi ( ) m C và trục Ox có diện tích phần phía trên trục Ox bằng diện tích phần phía dưới trục Ox. Câu 2 (2 điểm): 1) Giải phương trình: sin 2 2cos2 1 sin 4cosx x x x + = + − 2) Giải bất phương trình: ( ) 2 3 2 2 3 0x x x− + − ≥ Câu 3 (1 điểm): Tính tích phân: ( ) 2 2 0 sin 2 2 sin x I dx x π = + ∫ Câu 4 (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng tam giác . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác cân tại B, BA = BC = a. Mặt bên ' 'ACC A là hình vuông cạnh bằng 2a , M là trung điểm BC. Tính thể tích khối tứ diện 'B MCA và khoảng cách giữa 2 đường thẳng , 'AM B C . Câu 5 (1 điểm): Cho , , sao cho : 2 3 40x y z x y z∈ + + =¡ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 36 2 1 3 16P x y z= + + + + + PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn làm 1 trong hai phần A hoặc B Phần A: Câu 6a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm ( ) 2;0A và 2 đường thẳng 1 : 0d x y− = , 2 : 2 1 0d x y+ + = . Tìm các điểm 1 2 ,B d C d∈ ∈ để tam giác ABC vuông cân tại A. 2) Tìm các số hạng hữu tỉ trong khai triển nhị thức Niu tơn của biểu thức 3 1 3 2 n   +  ÷   , biết n là số tự nhiên thỏa mãn: 3 2 2 1 2 110 n n C C + + − = . Câu 7a (1 điểm): Giải hệ phương trình: ( ) ( ) 2 2 1 3y x y x y y xy x x + + =   + − =   Phần B: Câu 6b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng 1 2 : 3 0, :2 5 0,d x y d x y− = + − = 3 : 0d x y− = . Tìm tọa độ các điểm 1 2 3 , , ,A d B d C D d∈ ∈ ∈ để tứ giác ABCD là một hình vuông. 2) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất 3 lần. Tính xác suất sao cho mặt sáu chấm xuất hiện ít nhất 1 lần. Câu 7b (1 điểm): Giải phương trình sau: ( ) ( ) 3 2 2 2 2 3 5 5 log 1 log log log .log 1 log 2 log 2 x x x x x + + − + = Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: phongnt1977@gmail.com sent to www.laisac.page.tl ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1 (2điểm) 1) (1 điểm). Khảo sát hàm số * Tập xác định: D = ¡ 3 0 ' 4 8 0 2 x y x x x =  = − = ⇔  = ±  0,25 * Hàm số đồng biến trên các khoảng: ( ) ( ) 2;0 và 2;− +∞ ; nghịch biến trên các khoảng ( ) ( ) ; 2 ; 0; 2−∞ − * Điểm cực đại ( ) 0;3 , cực tiểu ( ) 2; 1± − 0,25 * Bảng biến thiên: x −∞ 2− 0 2 +∞ 'y 0 0 0 y +∞ 3 +∞ 1 − 1− 0,25 * Đồ thị: f(x)=x^4-4x^2+3 x(t)=sqrt(2) , y(t)=t x(t)=-sqrt(2) , y(t)=t x(t)=t , y(t)=-1 -3 -2 -1 1 2 3 -1 1 2 3 4 5 x y 0,25 2) (1 điểm) Tìm 1m > để Đồ thị hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt ( ) 4 2 1 0x m x m⇔ − + + = (1) có 4 nghiệm phân biệt ( ) 2 1 0t m t m⇔ − + + = (2) có 2 nghiệm dương phân biệt ( ) 2 1 4 0 1 0 0& 1 0 m m m m m m  ∆ = + − >   ⇔ + > ⇔ > ≠   >   0,25 2 nghiệm của (2) là 1,t t m= = , do 1m > nên 4 nghiệm phân biệt của (1) theo thứ tự tăng là: , 1,1,m m− − 0,25 Hàm số là chẵn nên hình phẳng trong bài toán nhận Oy làm trục đối xứng. Khi đó đồ thị có dạng như hình bên. Bài toán thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 4 2 4 2 0 1 1 4 2 4 2 0 1 4 2 0 1 1 1 1 1 0 m H H m m S S x m x m dx x m x m dx x m x m dx x m x m dx x m x m dx ⇔ = ⇔ − + + = − + + ⇔ − + + = − − + + ⇔ − + + = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 ( ) 5 3 0 1 1 0 1 0 5 5 3 5 3 m x x m m m mx m   + − + + = ⇔ − + = ⇔ =  ÷   . KL: 5m = thỏa mãn yêu cầu 0,25 2 (2điểm) 1) (1 điểm). Giải phương trình lượng giác ( ) ( ) ( ) ( ) 2 PT sin 2cos 1 2 2cos 1 4cos 1 0 2cos 1 sin 2cos 3 0 2cos 1 0 sin 2cos 3 0 x x x x x x x x x x ⇔ − + − + − = ⇔ − + + = − =  ⇔  + + =  0,5 * 1 2cos 1 0 cos 2 2 3 x x x k k π π − = ⇔ = ⇔ = ± + ∈¢ 0,25 * sin 2cos 3 0 sin 2cos 3x x x x+ + = ⇔ + = − . Do ( ) 2 2 2 1 2 3+ < − nên phương trình vô nghiệm 0,25 2) (1 điểm). Giải bất phương trình Điều kiện: 3 2 x ≥ 0,25 Bất PT ( ) 2 2 3 0 3 2 0 2 3 0 x x x x  − =   ⇔  − + ≥   − >     (Nếu HS viết ngay thành hệ như vậy mà không đặt ĐK ở trên thì cho 0,5) 0,25 * ( ) ( ] [ ) [ ) 2 ;1 2; 3 2 0 2; 3 2 3 0 2 x x x x x x  ∈ −∞ ∪ +∞  − + ≥   ⇔ ⇔ ∈ +∞   > − >     0,25 * 3 2 3 0 2 x x− = ⇔ = . KL: Tập nghiệm của BPT là [ ) 3 2; 2 S   = ∪ +∞     0,25 3 (1điểm) Tính tích phân ( ) ( ) 2 2 2 2 0 0 sin 2 sin cos 2 2 sin 2 sin x x x I dx dx x x π π = = + + ∫ ∫ 0,25 Đặt 2 sin cos 0 2, 3 2 t x dt xdx x t x t π = + ⇒ = = ⇒ = = ⇒ = 0,25 Ta được tích phân 3 3 3 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 ln t I dt dt t t tt t −     = = − = +  ÷  ÷     ∫ ∫ 0,25 Kết quả 3 2 2ln 2 3 I = − 0,25 4 (1điểm) Cho hình lăng trụ a) Thể tích khối tứ diện 'B MCA . Do ' 'ACC A là hình vuông nên 2AC a= , từ đó ta có: 2 2 2 BA BC AC+ = hay tam giác ABC vuông cân tại B. Do AM là trung tuyến của tam giác ABC nên 2 1 1 1 . . 2 2 2 4 AMC ABC a S S BA BC ∆ ∆ = = = a 2 a a N M C B A' C' B' A 0,25 2 3 ' 1 1 2 . ' . . 2 3 3 4 12 B MCA MCA a a V S B B a ∆ = = = 0,25 b) Gọi N là trung điểm 'BB , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) '// '// ', ',CB MN CB AMN d CB AM d CB AMN⇒ ⇒ = ( ) ( ) ,d C AMN= . Do B, C đối xứng nhau qua M nên ( ) ( ) ( ) ( ) , ,d C AMN d B AMN= 0,25 Xét tứ diện NABM có BA, BM, BN đôi một vuông góc. Kẻ ,BI MA I MA NI MA ⊥ ∈ ⇒ ⊥ Kẻ ( ) BH AMN H NI⊥ ⇒ ∈ Ta có ( ) ( ) , .d B AMN BH= Có 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 7 7 a BH BH BN BI BN BM BA a = + = + + = ⇒ = Vậy ( ) ', 7 a d CB AM BH= = a 2 2 a a 2 B A M N I H 0,25 5 (1điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 2 2 2 36 2 1 3 16 36 4 4 9 144P x y z x y z= + + + + + = + + + + + 0,25 Xét các vec tơ: ( ) ( ) ( ) ;6 , 2 ;2 , 3 ;12a x b y c z= = = r r r . Ta có P a b c= + + r r r và 0,5 ( ) ( ) ( ) 2 3 ;20 40;20 theo gta b c x y z+ + = + + = r r r 2 2 40 20 20 5a b c⇒ + + = + = r r r Ta có BĐT a b c a b c+ + ≥ + + r r r r r r (1). CM: Với 2 vec tơ ,u v r r ta có 2 2 2 2 2 2 . 2 .u v u v u v u v u v+ = + + ≤ + + r r r r r r r r r r ( ) 2 (*)u v u v u v= + ⇒ + ≤ + r r r r r r , dấu bằng xảy ra ,u v⇔ r r cùng hướng. Áp dụng BĐT (*) ta có a b c a b c a b c+ + ≥ + + ≥ + + r r r r r r r r r , dấu bằng xảy ra , ,a b c⇔ r r r cùng hướng. Áp dụng BĐT (1) ta có: 20 5P ≥ Vậy min 20 5P = , xảy ra , ,a b c⇔ r r r cùng hướng và 2 3 40x y z + + = 12 2 3 2 6 2 12 2 3 40 8 x x y z y x y z z =   = =   ⇔ ⇔ =     + + = =   0,25 6a (2điểm) 1) (1 điểm)Tìm tọa độ các điểm B, C ( ) ( ) 1 2 , ; , 1 2 ;B d C d B b b C c c∈ ∈ ⇒ − − 0,25 4 6 . 0 3 4 6 0 3 c AB AC AB AC bc b c b c + ⊥ ⇔ = ⇔ − − + + = ⇔ = + uuur uuur (1) ( ) 2 2 2 1 5 12 7AB AC b c c= ⇔ − = + + (2) 0,25 Thế (1) vào (2) được 2 2 4 3 2 4 6 2 1 5 12 7 5 42 106 114 45 0 3 c c c c c c c c +   − = + + ⇔ + + + + =  ÷ +   ( ) ( ) ( ) 2 1 1 5 5 12 9 0 5 c c c c c c = −  ⇔ + + + + = ⇔  = −  0,25 Kết luận: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1;1 , 1; 1 ; 5 7;7 , 9; 5c B C c B C= − ⇒ − = − ⇒ − 0,25 2) (1 điểm)Tìm số hạng là số hữu tỉ trong khai triển nhị thức Niu tơn của * Tìm n: 3 2 3 2 2 1 2 110 3 4 660 0 10 n n C C n n n n + + − = ⇔ − − − = ⇔ = 0,25 10 10 10 32 10 3 3 0 1 1 3 3 .3 .2 2 2 n k k k k C − − =     + = + =  ÷  ÷     ∑ 0,25 Do ( ) 2,3 1= nên số hạng hữu tỉ trong khai triển phải thỏa mãn 10 2 3 k k −  ∈   ⇔   − ∈   ¢ ¢ k chẵn và chia hết cho 3 Do 0 10 0, 6k k k≤ ≤ ⇒ = = 0,25 0 5 6 2 2 10 10 945 0 .3 243. 6 .3 .2 2 k C k C − = ⇒ = = ⇒ = là các số hạng hữu tỉ cần tìm 0,25 7a (1điểm) Giải hệ phương trình… Xét hệ ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 (1) 2 y x y x y y xy x x + + =   + − =   ( ) ( ) 2 2 3 2 2 0 x y x y y x y x y = −  ⇔ + − − = ⇔  =  (Coi pt là bậc hai với x là ẩn y là tham số) 0,5 * x y= − thế vào (1) được 0y = suy ra 0x y = = là nghiệm 0,25 * 2 x y= thế vào (1) được 3 2 0 2 0 1 y y y y y =  − + = ⇔  =  . Ta được 2 nghiệm 1 0 và 1 0 x x y y = =     = =   Vậy hệ có 2 nghiệm 1 0 và 1 0 x x y y = =     = =   Cách 2: Nếu 0 0x y= ⇒ = thỏa mãn hệ (0,25). Nếu 0 0x y≠ ⇒ ≠ thì chia 2 vế 2 pt cho x rồi đặt ẩn phụ , y a b x y x = = + (0,25). Giải hệ ẩn a, b được nghiệm a, b (0,25). Tìm được nghiệm (0,25) Cách 3: HS có thể giải bằng phương pháp thế. Biểu điểm tương tự giải theo các phương pháp trên 0,25 6b (2điểm) 1) (1 điểm) Tìm tọa độ các điểm , , ,A B C D …. Gọi ( ) 2 ;5 2B b b d− ∈ . Đường thẳng 1 ∆ qua B và vuông góc 3 d cắt 3 d tại C. Phương trình 1 : 5 0x y b∆ + + − = Tọa độ của C là nghiệm hệ 0 5 5 ; 5 0 2 2 x y b b C x y b − =  − −   ⇒   ÷ + + − =    0,25 Đường thẳng AB // 3 d nên có phương trình 5 3 0x y b− + − = . Tọa độ A là nghiệm hệ 5 3 0 9 15 3 5 ; 3 0 2 2 x y b b b A x y − + − =  − −   ⇒   ÷ − =    Đường thẳng 2 ∆ qua A và vuông góc 3 d cắt 3 d tại D. Phương trình 1 : 6 10 0x y b∆ + − + = Tọa độ của D là nghiệm của hệ ( ) 0 3 5;3 5 6 10 0 x y D b b x y b − =  ⇒ − −  + − + =  0,25 ABCD là hình vuông 2 5 2 9 10 0 2 2 AD CD b b b b⇔ = ⇔ ⇔ − + = ⇔ = ∨ = 0,25 ( ) ( ) 3 1 3 3 5 15 5 5 5 5 5 5 2 ; , 2;1 , ; , 1;1 ; , ;0 , ; , ; 2 2 2 2 2 4 4 2 4 4 2 2 b A B C D b A B C D             = ⇒ = ⇒  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷             0,25 2) (1 điểm). Tính xác suất…. Cách 1: Gọi i A là biến cố “gieo lần thứ i được mặt 6 chấm” ( ) 1 , 1,3 6 i P A i⇒ = = i A⇒ là biến cố “gieo lần thứ i không được mặt 6 chấm” ( ) 5 , 1,3 6 i P A i⇒ = = 0,25 Gọi B là biến cố “trong 3 lần gieo, mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần” B⇒ là biến cố “trong 3 lần gieo, mặt 6 chấm không xuất hiện”. Ta có 1 2 3 . .B A A A= 0,25 Do 1 2 3 , ,A A A độc lập với nhau nên 1 2 3 , ,A A A cũng độc lập ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 2 3 1 2 3 5 125 . . . . 6 216 P B P A A A P A P A P A   ⇒ = = = =  ÷   0,25 ( ) ( ) 91 1 216 P B P B⇒ = − = 0,25 Cách 2: Không gian mẫu Ω của phép thử này có số phần tử là ( ) 3 6 216n Ω = = kq đồng khả năng 0,25 Gọi A là biến cố “mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần”. Xét các khả năng thuận lợi cho A như sau: 1) Mặt 6 chấm xuất hiện 1 lần: Nếu mặt 6 chấm xuất hiện lần gieo đầu thì 2 lần sau không xuất hiện, có 1.5.5 = 25 kq thuận lợi. Tương tự cho mặt 6 chấm xuất hiện lần 2 và lần 3.Vậy TH này có 25.3 = 75 kq 2) Mặt 6 chấm xuất hiện 2 lần: Nếu mặt 6 chấm xuất hiện lần 1 và 2 thì lần 3 không xuất hiện, vậy có 1.1.5 = 5 kq. Tương tự cho 2 khả năng còn lại. Vậy TH này có 5.3 =15 kq 3) Mặt 6 chấm xuất hiện ở cả 3 lần gieo, có 1 kq Vậy số kết quả thuận lợi cho A là: ( ) 75 15 1 91n A = + + = Chú ý: Có thể tính số khả năng thuận lợi cho biến cố đối A rồi tính ( ) P A 0, 5 Xác suất của biến cố A là ( ) 91 216 P A = 0,25 Câu 7b (1điểm) Giải phương trình … Phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 3 log log 5 log log 5 log log 1 0 log log 1 x x x x x x = −  ⇔ + − + = ⇔  = +  0,5 * 2 2 1 log log 5 5 x x= − ⇔ = 0,25 * ( ) 2 3 log log 1x x= + . Đặt 2 log 2 t x t x= ⇒ = . Ta có pt 2 1 2 1 3 1 3 3 t t t t     + = ⇔ + =  ÷  ÷     . Chứng minh pt này có nghiệm duy nhất t = 1 từ đó khẳng định pt có nghiệm duy nhất x = 2 KL: PT đã cho có 2 nghiệm như trên 0,25 . KỲ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số (. A. 2) Tìm các số hạng hữu tỉ trong khai triển nhị thức Niu tơn của biểu thức 3 1 3 2 n   +  ÷   , biết n là số tự nhiên thỏa mãn: 3 2 2 1 2 110 n n C C + + − = . Câu 7a (1 điểm): Giải hệ phương. theo thứ tự tăng là: , 1,1,m m− − 0,25 Hàm số là chẵn nên hình phẳng trong bài toán nhận Oy làm trục đối xứng. Khi đó đồ thị có dạng như hình bên. Bài toán thỏa mãn ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (