TRƯỜNG THPT CHUYÊN HA LONG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN – KHỐI B THỜI GIAN: 180 PHÚT PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0) điểm Cho hàm số 4 2 2 2 y x mx m m = + + + có đồ thị là ( ) m C với m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với 1m = − . 2. Tìm m để ( ) m C có 3 điểm cực trị và 3 điểm cực trị này lập thành một tam giác đều. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình lượng giác 3 3 2 cos sin 1 cos2 1 (cos sin ) 4 x x x x x − = + + 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 2 1 1 2 4 y x y x x x y y + = + − + − = Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn 2 2 0 1 3 ln(1 ) lim x x e x x L x → − + + + = Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Cho J là trung điểm SD. Tính theo a thể tích tứ diện ACDJ và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ). Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 3ab bc ca+ + ≥ . Chứng minh rằng 2 2 2 3 3 3 2( )a b c a b c+ + + + + ≤ + + PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm (1;1) A . Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng 3y = và điểm C thuộc trục hoành sao cho tam giác ABC là tam giác đều. 2. Trong mặt phẳng Oxy cho (1;2) A và (3;1)B . Viết phương trình đường tròn qua A, B và có tâm nằm trên đường thẳng 7 3 1 0x y+ + = . Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số tự nhiên 2n ≥ thỏa mãn hệ thức 0 1 2 79 n n n C C C+ + = . Tìm số hạng chứa 8 x trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức 3 ( ) n x x+ . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho (1;0) A , ( 2;4)B − , ( 1;4)C − , (3;5)D , tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng 3 5 0x y− − = sao cho hai tam giác MAB và MCD có diện tích bằng nhau. 2. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng 4 3 2 0x y+ − = và tiếp xúc với cả hai đường thẳng 4 0x y+ + = và 7 4 0x y− + = . Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình + + ≥ − + 2 3 2 2 log (4 1) log (2 6) x x x . Hết http://kinhhoa.violet.vn ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Lời giải Điểm I.1 (1đ) Với 1m = − hàm số là 4 2 2y x x= − a. TXĐ: D = » b. Sự biến thiên của hàm số * Giới hạn của hàm số tại vô cực lim x→−∞ = +∞ và lim x→−∞ = +∞ * Bảng biến thiên 3 ' 4 4y x x= − . Do đó ' 0 0; 1y x x= ⇔ = = ± x −∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ 0 +∞ -1 -1 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1)−∞ − và (0;1) và đồng biến trên mỗi khoảng ( 1;0)− và (1; )+∞ . Hàm số đạt cực đại tại 0x = , giá trị cực đại của hàm số là 0. Hàm số đạt cực tiểu tại 1x = ± , giá trị cực tiểu là ( 1) 1y ± = − . c. Đồ thị * Điểm uốn 2 '' 12 4y x= − . '' 0y = có hai nghiệm 3 3 x = ± và y’’ đổi dấu khi qua hai nghiệm đó nên đồ thị có hai điểm uốn là 3 5 ( ; ) 3 9 − − và 3 5 ( ; ) 3 9 − . * Điểm cắt trục tung là (0;0), các điểm cắt trục hoành là (0;0); ( 2;0)− và ( 2;0). Nhận xét: Hàm số chẵn nên nhận trục tung làm trục đối xứng. Yêu cầu: Đủ các đề mục khi khảo sát. Đồ thị hàm số phải vẽ trơn và có tính đối xứng. 0.25 0.25 0.25 0.25 I.2 (1đ) 3 2 ' 4 4 4 ( )y x mx x x m= + = + 0 x y -1 -1 1 3 3 3 3 − 5 9 − 2 0 ' 0 x y x m = = ⇔ = − Để hàm số có 3 điểm cực trị thì pt y’=0 có 3 nghiệm phân biệt nên m<0. Khi đó y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm này nên đk đủ để hàm số có 3 điểm cực trị là m<0. Tính được tọa độ các điểm cực trị là 2 (0; ) A m m + ; ( ; )B m m− ; ( ; )C m m− − . 2 ( ; )AB m m= − − ; 2 ( ; )AC m m= − − − và 4 AB AC m m= = − + nên tam giác ABC cân tại A. Để tam giác ABC đều thì chỉ cần 0 60BAC = . Do đó 4 4 1 cos cos( ; ) 2 m m BAC AB AC m m + = = = − + . Từ đó tính được 3 2m = − . 0.25 0.25 0.25 0.25 II.1 (1đ) ĐK: x∈ Biến đổi pt về (cos sin )(1 sin cos ) 1 (cos sin )(cos sin ) 2 2sin cos 4 x x x x x x x x x x − + = − + + Ta được cos sin 0 cos sin 2 x x x x − = + = Chỉ ra pt thứ hai vô nghiệm . Giải pt đầu suy ra nghiệm là ( ) 4 x k k π π = + ∈ . 0.25 0.25 0.25 0.25 II.2 (1đ) ĐK 0xy ≠ , đặt 2 2 1a x y= + − và x b y = ( 0ab ≠ ), ta được hệ 3 2 1 2 3 a b a b + = − = . Giải hệ trên bằng phương pháp thế được 1; 1a b= = − hoặc 9; 3a b= = . Giải trường hợp đầu ta được nghiệm (1; 1);( 1;1)− − Trường hợp sau được nghiệm (3;1);( 3; 1)− − . Tóm lại hệ có 4 nghiệm là (1; 1);( 1;1);(3;1);( 3; 1)− − − − 0.25 0.25 0.25 0.25 III (1đ) Biến đổi về 2 2 0 ( 1) (1 1 3 ) ln(1 ) lim x x e x x L x → − + − + + + = 2 2 2 0 ( 1) 1 (1 3 ) ln(1 ) lim . (1 1 3 ) x x e x x x x x x x → − − + + = + + + + 0.25 2 2 2 0 ( 1) 3 ln(1 ) lim .2 . 2 1 1 3 x x e x x x x x → − + = − + + + Khi 0x → thì 2 0x → và 2 0x → nên 2 2 2 0 0 1 ln(1 ) lim 1;lim 1 2 x x x e x x x → → − + = = = Từ đó tính được giới hạn đã cho là 1 2 L = . 0.25 0.25 0.25 IV (1đ) Gọi I là trung điểm của AB thì từ giả thiết suy ra Suy ra SI vuông góc với mặt (ABCD). Do dó khoảng cách từ J đến (ACD) bằng 1 2 khoảng cách từ S đến mặt (ABCD) và bằng 1 3 2 4 a SI = . Từ đó suy ra thể tích tứ diện ACDJ là 3 2 1 1 3 3 . . . 3 2 4 24 a a V a= = (đvtt). Xét tam giác BCI vuông tại B nên 2 2 2 2 2 2 5 4 4 a a CI CB BI a= + = + = . Tam giác SIC vuông tại I nên 2 2 2 2 2 2 3 5 2 4 4 a a SC SI IC a= + = + = . Tương tự 2 2 2 2SD SC a= = . Tam giác SCD có CJ là đường trung tuyến nên 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ( ) (2 ) .2 2 4 2 4 CJ SC CD SD a a a a= + − = + − = Xét tam giác AJC có ; 2; 2 a AJ AC a CJ a = = = nên tính được 3 cos 4 A = . Từ đó 7 sin 4 JAC = nên 2 AJC 1 7 7 . . 2. 2 4 8 2 a a S a= = . Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ) là 3 2 3 3. 21 24 7 7 8 a a d a = = (đvd) *************************************************************************** Có thể tính diện tích tam giác JAC bằng cách lấy hình chiếu của J trên mặt đáy (là trung điểm H của DI). Trong mặt đáy, kẻ HK vuông góc với AC (hay HK song song với BD) với K thuộc 0.25 0.25 0.25 0.25 A B D C S I J AC thì chỉ ra được JK vuông góc với AC và tính được JK là đường cao tam giác JAC. V (1đ’) Áp dụng bdt Cauchy cho 2 số 4 ( 3) 4 4 3 3 7 a a a a + + + ≥ + ⇔ + ≤ . Làm tương tự rồi cộng vào với nhau ta được 21 3 3 3 4 a b c a b c + + + + + + + + ≤ Dùng bdt Cauchy cho 2 số ta được 2 1 2a a+ ≥ Do dó 2 2 2 21 45 4 8 a b c a b c+ + + + + + ≤ nên chỉ cần chứng minh 2 2 2 2 2 2 45 2( ) 8 a b c a b c + + + ≤ + + hay 2 2 2 3a b c+ + ≥ với 3ab bc ca+ + ≥ . Bất đẳng thức trên đúng vì 2 2 2 a b c ab bc ca+ + ≥ + + suy ra đpcm. Dấu “=” xảy ra khi 1a b c= = = . 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.a.1 (1đ’) Gọi tọa độ B(a;3), C(b;0). Tam giác ABC đều khi và chỉ khi AB=BC=CA. Từ đó ta có hệ: 2 2 2 2 ( 1) 4 ( 1) 1 ( 1) 4 ( ) 9 a b a b a − + = − + − + = − + Đổi biến 1; 1u a v b= − = − thu được hệ đẳng cấp: 2 2 2 3 2 5 v u uv v − = − = suy ra 2 2 8 6 5 0v uv u− − = ⇔ 2u v= − hoặc 4 5 v u = . Trường hợp đầu vô nghiệm, TH sau có hai nghiệm (u;v) là 4 3 5 3 4 3 5 3 ( ; );( ; ) 3 3 3 3 − − . Tính được B,C là 4 3 3 5 3 3 ( ;3); ( ;0) 3 3 B C + + hoặc 4 3 3 5 3 3 ( ;3); ( ;0) 3 3 B C − + − + . 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.a.2 (1đ’) Gọi tọa độ tâm đường tròn là I(a;b). IA=IB nên 2 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) ( 1) 4 2 5a b a b a b− + − = − + − ⇔ − = mà 7 3 1a b+ = − , tính được 1 3 ; 2 2 a b= = − . suy ra 2 25 2 R = . 0.25 0.25 0.25 0.25 Vậy pt đường tròn là 2 2 1 3 25 ( ) ( ) 2 2 2 x y− + + = . VII.a (1đ’) Từ giả thiết suy ra pt ( 1) 1 79 2 n n n − + + = , tính được 13n = − (loại) hoặc 12n = . Số hạng tổng quát của khai triển là 2 12 12 3 3 12 12 k k k k k C x x C x − − = với 0 12k≤ ≤ . Để số hạng này chứa 8 x thì 2 12 8 3 k − = nên 6k = . Từ đó số hạng chứa 8 x của khai triển là 8 924x . 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.b.1 (1đ’) Tính được 5 AB = và ptAB là 4 3 4 0x y+ − = ; 17CD = và pt CD là 4 17 0x y− + = . Gọi ( ;3 5)M a a − . Để hai tam giác MAB và MCD có diện tích bằng nhau thì ( ; ) ( ; ) . . 13 19 11 37 M AB M CD d AB d CD a a= ⇔ − = − Tính được 9a = − hoặc 7 3 a = (khi đó MAB và MCD thật sự là các tam giác). Từ đó suy ra ( 9; 32)M − − hoặc 7 ( ;2) 3 M 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.b.2 (1đ’) Tâm đường tròn phải thuộc đường phân giác của hai đường thẳng nên có thuộc đường thẳng 3 8x y− = hoặc 3 6x y+ = − . Trường hợp thứ nhất tính được tâm (2; 2); 2 2R− = . Ptđtròn là 2 2 ( 2) ( 2) 8x y− + + = . Trường hợp thứ hai tính được tâm( 4;6); 3 2R− = . Ptđtròn là 2 2 ( 4) ( 6) 18x y+ + − = . 0.25 0.375 0.375 VII.b (1đ’) ĐK 6 2 8 x > . Bpt tương đương với 2 4 1 (8.2 6).2 x x x + ≥ − . Đặt 6 2 ( ) 8 x t t= > ta được 3 2 8 6 1 0t t t− − − ≤ hay 2 ( 1)(8 7 1) 0t t t− + + ≤ . Do 2 8 7 1 0t t+ + > nên 1t ≤ . Từ đó suy ra nghiệm của bpt 2 6 log 0 8 x< ≤ . 0.25 0.25 0.25 0.25 Yêu cầu: Học sinh trình bày chi tiết lời giải và các bước tính toán. Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt là điều kiện cần và đủ và các bước đánh giá. Học sinh có thể giải bài toán theo các cách khác nhau, tổ chấm thảo luận để thống nhất cho điểm. . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN – KHỐI B THỜI GIAN: 180 PHÚT PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0) điểm Cho hàm số 4 2 2 2 y x mx m m = + + + có. cầu: Học sinh trình bày chi tiết lời giải và các bước tính toán. Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt là điều kiện cần và đủ và các bước đánh giá. Học sinh có thể giải bài toán theo. http://kinhhoa.violet.vn ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Lời giải Điểm I.1 (1đ) Với 1m = − hàm số là 4 2 2y x x= − a. TXĐ: D = » b. Sự biến thi n của hàm số * Giới hạn của hàm số tại vô cực lim x→−∞ =