De thi Thu DH Khoi D (LVC)

Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 MÔN: TOÁN-KHỐI D (Thời gian làm : 180 phút) A. PHẦN BẮT BUỘC Câu I(2 điểm). Cho hàm số y = x3 – 2mx2 + m2x – có đồ thị (Cm) . 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = 1. 2. Tìm m để hàm số đồng biến khoảng (2 ; + ∞ ). Câu II (2 điểm). π  1. Giải phương trình : sin x + sin x = 2 sin x sin  3x +  4   x + x y = y 2. Giải hệ phương trình:   x y − y = y ln dx CâuIII(1 điểm). Tính tích phân I = ∫ x e +2 CâuIV(1 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a , góc mặt bên mặt đáy 600 . Tính thể tích hình chóp S.ABCD. CâuV(1 điểm). Cho số dương x , y , z có tổng 1. Chứng minh bất đẳng thức : xy yz zx + + ≤ xy + z yz + x zx + y B. PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chọn phần I II) IChương trình chuẩn CâuVIa(2 điểm). 1. Cho 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. 2. Trong không gian , cho mặt phẳng (P) đường thẳng (d) có phương trình: x −1 y z + = = (P) : 2x + y + z – = , (d) : . Viết phương trình −3 đường thẳng ( ∆ ) qua giao điểm (P) (d) , vuông góc với (d) nằm (P). CâuVIIa( 1điểm). Giải phương trình : log ( x + 2) + x log ( x + 2) + x − = . II- Chương trình nâng cao Câu VIb(2điểm). 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , cạnh AB nằm đường thẳng ( ∆ ) : 3x +4y +1 = AB = 2AD giao điểm hai đường chéo I(0 ; ) . Tìm phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) B(3;-1;2) mp(P) : x – y + 3z – = . Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua hai điểm A , B vuông góc với mp(P). CâuVIb(1điểm). Giải bất phương trình: log ( x + 3) ≥ + log x − ……….HẾT…… www.laisac.page.tl ĐÁP ÁN –KHỐI D Câu Nội dung A. Phần bắt buộc CâuII 1-(1đ) 2điểm Với m = , hàm số y = x3 – 2x2 + x – * TXĐ: D=R y = ±∞ * Giới hạn : xlim → ±∞ Th/điểm 0,25  x = ⇒ y = −1 * y’ = 3x – 4x + ⇒ y ' = o ⇔   x = ⇒ y = − 23 27  25  25  ⇒ I  ;−  - điểm uốn * y” = 6x – ⇒ y" = ⇔ x = ⇒ y = − 27  27  * Bảng biến thiên: x y’ + + __-2 −∞ y −∞ +∞ +∞ 0,25 0,25 -1 ( ) ( ) Hàm số tăng − ∞; 13 ; (1;+∞ ) giảm 13 ;1 * Đồ thị (Tự vẽ). 2- (1 điểm). Hàm số y = x3 – 2mx2 + m2x – * y’ = 3x2 – 4mx + m2 có ∆' = m m  x=  ⇒ y' = ⇔  x = m Với m > , hàm số đồng biến ( 2;+∞ ) ⇔ y ' ≥ 0, ∀x > ⇔ m ≤ ⇒ < m ≤ (1) Với m = , y’ = 3x2 ≥ 0, ∀x , nên hàm số tăng ( 2;+∞ ) m = (2) Với m < , m hàm số đồng biến ( 2;+∞ ) ⇔ y ' ≥ 0, ∀x > ⇔ ≤ ⇒ m ≤ ⇒ m < (3) Theo (1) , (2) , (3) suy : m ≤ hàm số đồng biến ( 2;+∞ ) CâuII 1- (1điểm) Giải phương trình : 2điểm π  sin x + sin x = 2 sin x sin  3x +  4  π  ⇔ sin x + sin x cos x = 2 sin x sin  x +  4  sin x = ⇔ x = kπ (1) ⇔ sin x + cos x = sin  x + π (2)  4  Phương trình (2) tương đương sin( x + π π  ) = sin  x +  4  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 π π   x = kπ  x + = 3x + + k 2π ⇔ ⇔ x = − π + k π π π  x + = −3 x − + k 2π   4 Vậy phương trình có nghiệm x = k π , x = − 0,25 π π +k . 0,25  x + x y = y 2-1điểm Giải hệ phương trình:   x y − y = y Nhận xét (0 ; 0) nghiệm hệ phương trình Xét y ≠ , cho hai vế hệ phương trình cho y3 ta hê:  x 3  x    +   = 2. (1) y  y   y    x  (2)  y  − = y   0,5 0,25  x x thay (2) vào (1) ta   −   + =  y  y x 2 Đặt t = ⇒ t − t + = ⇔ (t + 1)(t − 2t + 2) = ⇔ t = −1 y Với t = - => y = - x ta : x3 – x3 = - 2x => x = y = (loại) Vậy hệ phương có nghiêm (0;0). ln ln CâuII dx dx = ∫ x I Tính tích phân I = ∫ x e +2 0 1điểm e3 + x x Đặt t = e ⇒ dt = e dx ⇒ dx = dt t x = ⇒ t =  Đổi cận :   x = ln ⇒ t = 2 dt 1  1 t = ∫ − dt = ( ln t − ln(t + 2) ) = ln t ( t + 2)  t t +  6 t+2 I = 3∫ 0,25 0,25 0,25 = ln CâuI V 1điểm Do S.ABCD hình chóp , nên SO đường cao h/c S Gọi E trung điểm CD , suy SE ⊥ CD, OE ⊥ CD Suy góc SEO góc mặt bên mặt đáy Và góc SEO = 600 a Ta có : SO = OE tan600 = A Đáy ABCD hình vuông SABCD = a2 a3 E Vậy : VS.ABCD = h.S đ = O B C CâuV xy yz zx + + ≤ 1điểm xy + z yz + x zx + y Ta có : x + y + z = ⇒ z = − x − y ⇒ xy + z = (1 − x)(1 − y ) 0,5 0,25 0,25 D 0,5 ⇒ TT: xy y x 1 y x   = ≤  + (1 − x )(1 − y ) − x − y  − x − y  yz 1 z y  zx 1 z x  ; ≤  + ≤  +  yz + x  − y − z  zx + y  − x − z  xy = xy + z 1 y + z x+ z x+ y = ⇒ VT ≤  + +  − x − y − z  Dấu đẳng thức xảy x = y = z = B I-3đ CâuV Ia 2điểm . Phần tự chọn 1-(1điểm) Ta có : AB = ( − 1;2 ) ⇒ AB = 5. Phương trình AB : 2x + y – z – = 0. ( d ) : y =x suy I(t;t) . I trung điểm AC : C(2t – ; 2t) I∈ t = Theo suy : SABC = AB.d (C ; AB) = ⇔ 6t − = ⇔  t =  5 8 Từ ta suy hai điểm C(-1;0) C  ;  thoả mãn.  3 2-(1điểm)  x = + 2t  Đường thẳng (d) :  y = t  z = −2 − 3t  (d) cắt (p) M ⇒ 2(1 + 2t ) + t + (−2 − 3t ) − = ⇒ t = 0,25 0,25 0,5 0,25 Vậy toạ độ điểm M :  x = + =    7 0,25 ⇒ M  2; ;−  M y = 2      z = −2 − = −  7 Đường thẳng cần tìm qua điểm M  2; ;−  có hai véc tơ pháp tuyến  2 ad = (2;1;−3) , n p = (2;1;1) ⇒ a = ad , n p = (4;−8;0) ⇒ a∆ = (1;−2;0) 0,25 [ ]  x = + t   Vậy phương trình đường thẳng ( ∆ ) cần tìm :  y = − 2t    z = − CâuV IIa (1điể ĐK x + > x > - 1 log 22 ( x + ) + x log ( x + 2) + x − = Phương trình viết lại: 4 0,25 m) Đặt : t = log2(x + 2) , ta được: t + xt + x − = 4 0,25  t = −1 ⇔  t = −4 x + Với t = -1 log2(x + 2) = -1 x = - 3/2 (nhận). Với t = - 4x + log2(x + 2) = - 4x + (*) Vp: hàm đồng biến ; Vt : hàm nghịch biến Nên (*) có nghiệm x = (nhận) Vậy phương trình có hai nghiệm x = x = - 3/2. 0,25 0,25 0,25 II.3đi ểm CâuV Ib (2 điểm) 1.(1đ) Ta có : AD = 2d(I ; ∆ ) = Đường chéo : BD = xI + y I + AB + AD = 32 + 42 = ⇒ AB = AD = 5 BD ⇒R= = 5 CâuV IIb (1điể m) 1  Vậy đường tròn ngoại tiếp ABCD (C) : x +  y − ÷ = 2  2.(1đ) uuur Ta có : (Q) nhận uur hai véc tơ sau phương AB = ( 2; −3; −1) , n p = ( 1; −2;3) uuur uur uur ⇒  AB, n p  = ( −7; −7; −1) ⇒ nQ = ( 7;7;1) Và (Q) chứa A(1;2;3) nên có phương trình : 7(x-1) + 7(y -2) +1.(z -3) = Vậy (Q) : 7x + 7y + z – 24 = 0. Điều kiện : −3 < x ≠ Bpt x+3 ⇔ log ( x + 3) − log x − ≥ ⇔ log ≥1 x −1 ⇔ x+3 ≥ ⇔ x + ≥ x − ⇔ x − 14 x − ≤ x −1 ⇔ 5− ≤ x ≤   Vậy tập nghiệm bpt S =  − ;5   0;25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 . ) 2 3 ln 6 1 2 ln 6 1 )2ln(ln 6 1 2 11 6 1 2 3 2 1 2 1 2 1 2 1 = + =+−=       + −= + ∫∫ t t ttdt tttt dt 0,25 0,25 0,5 CâuI V 1điểm Do S.ABCD hình chóp đều , nên SO là đường cao h/c Gọi E là trung điểm CD , suy ra CDOECDSE ⊥⊥ , Suy ra góc SEO là góc. 3/2. 0,25 0,25 0,25 0,25 II.3đi ểm CâuV Ib (2 điểm) 1.(1đ) Ta có : AD = 2d( I ; ∆ ) = 2 2 3 4 1 3 6 2 5 5 3 4 I I x y AB AD + + = ⇒ = = + Đường chéo : BD = 2 2 6 5 3 5 5 2 5 BD AB AD R+ = ⇒ = = Vậy đường tròn ngoại tiếp ABCD là (C) : 2 2 1 9 2. (0;0). 0,5 0,25 0,25 CâuII I 1điểm Tính tích phân I = ∫∫ + = + 2ln3 0 3 2ln3 0 3 2 2 x x e dx e dx Đặt t = dt t dxdxedte xx 3 3 1 33 =⇒=⇒ Đổi cận :    =⇒= =⇒= 22ln3 10 tx tx I = ( ) ( ) 2 3 ln 6 1 2 ln 6 1 )2ln(ln 6 1 2 11 6 1 2 3 2 1 2 1 2 1 2 1 = + =+−=       + −= + ∫∫ t t ttdt tttt dt