THI THU DH KHOI A 2011 CHUYEN LVC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH §Ò chÝnh thøc ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi : TOÁN KHỐI A ( Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = mx + (m − 1) x + (4 − 3m) x + có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số m=1 Tìm tất giá trị m cho đồ thị (C m) tồn điểm có hoành độ âm mà tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (L): x+2y-3=0 Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin x.sin x + cos x − = cos x x  1− + x − log 23 y =  Giải hệ phương trình  log y  x  (1 − log y )(1 + ) = x dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ + 2x − x2 Câu IV (1,0 điểm) Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi ABCD cạnh a, góc A=600, chân đường vuông góc hạ từ B’ xuống đáy ABCD trùng với giao điểm đường chéo đáy, cho BB’=a Tính diện tích xung quanh thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ Câu V (1,0 điểm) Tùy theo tham số m, tìm giá trị nhỏ biểu thức P= ( x − y + 1) + (2 x − my + 3) Với ∀x, y ∈ ¡ PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần ( phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2,0 điểm) Tìm mặt phẳng 0xy điểm mà đường thẳng (d):(m2-1)x+2my+1-m=0 qua Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d ) : x = y + = z − tiếp xúc với mặt cầu tâm I(1;2;-1) bán kính R = Câu VIIa (1,0 điểm) Cn > 22nn với ∀n ∈ ¥ , n ≥ Trong C2nn số tổ hợp chập n 2n phần tử Chứng minh 2n + B Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) 2 2 Trong mặt phẳng 0xy chứng minh đường tròn (Cm ) : x + y − 2m x − 4my + 4m = tiếp xúc với đường cố định mà ta phải rõ x −1 y + z = = Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d ) : tạo với trục Oy −1 −2 góc lớn Câu VIIb (1,0 điểm) Định m để bất phương trình x − m.3x − m + ≤ có nghiệm .… Hết … Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ……… ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - MÔN TOÁN Câu ý Đáp án Điểm Khi m =1 y = x + x + Tập xác định: ¡ Chiều biến thiên: y ' = x + → y’>0 ∀x ∈ ¡ lim y = +∞ , lim y = −∞ x →+∞ x →−∞ Bảng biến thiên: x -∞ y’ y (1,0) 0,5 +∞ + +∞ -∞ + Hàm số đồng biến ¡ + Hàm số có không cực đại cực tiểu Đồ thị: y Đồ thị giao với Oy (0;1) 0,25 Câu I (2,0) 0,25 x nên hệ số góc tiếp tuyến cần tìm k=2 Lúc x hoành độ tiếp điểm f '(x) = ⇔ mx + 2(m − 1)x + (4 − 3m) = ⇔ mx + 2(m − 1)x + − 3m = (1) Bài toán trở thành tìm tất m cho phương trình (1) có nghiệm âm Nếu m=0 (1) ⇔ −2 x = −2 ⇔ x = loại − 3m Nếu m ≠ dễ thấy phương trình (1) có nghiệm x = hay x= m m < − 3m m  Vậy m < hay m > (C) có tiếp điểm có hoành độ âm thỏa yêu cầu đề 2 Phương trình tương đương với (1 − cos x )cos x + = sin x.sin x Phương trình đường thẳng (L) có hệ số góc − (1,0) (1,0) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 ⇔ + sin 2 x = sin x.sin x sin x =   Vậy phương trình có nghiệm  sin x.sin x =  sin x =  ⇔ hệ vô nghiệm tức phương trình vô nghiệm  0.sin x = x Điều kiện < y ≠ ≤ 1và log y ≤ x nên đặt = co s α log y = co s β với α , β ∈ [0; π ] đưa đến hệ Câu II (2,0) (1,0)  − co s α co s β + − co s β co s α = sin α co s β + sin β co s α = ⇔  (1 − co s β )(1 + cosα ) =   (1 − co s β )(1 + cosα ) = π  sin(α + β ) = α +β =   ⇔ ⇔ (1 − co s β )(1 + cosα ) = sin β − co s β − sin β cos β − = 1− t2 Đặt t = sin β − cos β , t ≤ ⇒ sin β cos β = phương trình 1− t2 t− − = ⇔ t + 2t − = ⇒ t = (loại t=-3) π π  Với t=1 tức sin  β − ÷ = ⇒ β = ⇒ α = (loại β = π ) tức 4   2x = x = ⇒ So với điều kiện ban đầu loại, nên hệ vô nghiệm  log y =  y = 1 1 x dx x dx x dx I =∫ =∫ =∫ + x − x − ( x − x + 1) 2 − ( x − 1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đặt x-1=2cost ⇒ dx=-2sintdt với t ∈ [0; π ] 2π π x = ⇒ t = x = ⇒ t = đưa đến tích phân π Câu III (1,0) I =−∫ 2π I= 2π ∫ π 2π (1 + cos t ) 2sin tdt − (2 cos t ) 2π =∫ π (1 + cos t + cos t )2sin tdt − cos t 2π (1 + cos t ) 2sin tdt = ∫ ( + cos t + 2(1 + cos 2t ) ) dt 2sin t π ∫ ( + cos t + cos 2t ) dt = (3t + 4sin t + sin 2t ) π 0,25 0,5 2π π = π + 3 −4 2 K 0,25 CâuIV (1,0) (1,0) Gọi O giao điểm đường chéo AC,BD, I trung điểm BC + Kẽ B’K ⊥ BC OK ⊥ BC (Định lý vuông góc), Thì K trung điểm a BI ⇒ BK = a 15 + Với Tam giác vuông BB’K có B ' K = B ' B − BK = a −  ÷ = a 4 2 15a + Hoàn toàn tương tự diện tích mặt nên 15a S xq = 4S BB ' C ' C = 15a DB a = + Do BDC tam giác cạnh a nên OB = 2 + Vậy diện tích mặt bên BB’C’C S BB ' C ' C = B ' K BC = 0,25 0,25 a + Và B ' O = B ' B − OB = a −  ÷ = a 2 2 1 3a AC.BD.OB ' = a 3.a.a = 2 Ta nhận thấy ( x − y + 1) ≥ (2 x − my + 3) ≥ ∀x, y ∈ ¡ ⇒ P ≥ V= Câu V (1,0) (1,0) 0,25  x − y +1 = P=0⇔ tức P=0 hệ phương trình có nghiệm 2 x − my + = −2  x − 2y +1 =  x − y = −1 ⇔ = 4−m có  −m  x − my + =  x − my = −3 D ≠ ⇔ − m ≠ ⇔ m ≠ hệ có nghiệm tức P=0 xảy  x − y +1 = D = ⇔ − m = ⇔ m = hệ  vô nghiệm nên minP>0 2 x − y + = Đặt t=x-2y ta có 14 49  49 2   7 P = ( t + 1) + ( 2t + 3) = 5t + 14t + 10 =  t + t + ÷+ 10 − = 5t + ÷ + 25    5 Vậy P = 7 t = − hay x − y + = 5 0,25 0,25 0,5 Kết luận P = m=4 hay minP=0 m ≠ + Giả sử có điểm S (a; b) ∉ (d ), ∀m (m − 1)a + 2mb + − m ≠ 0, ∀m hay (m − 1)a + 2mb + − m = ⇔ am + (2b − 1) m + − a = (2) vô nghiệm m  1 tức S  0; ÷∉ (d )  2 + Nếu a ≠ (2) vô nghiệm (2b − 1) − 4a (1 − a ) < 1 ⇔ 4a − 4a + (2b − 1) < ⇔ (a − ) + (b − ) < điểm nằm 2 1 1 đường tròn cố định tâm I  ; ÷bán kính R = (d) không qua 2 2 Kết hợp ta có đường thẳng (d) không qua điểm nằm đường 1 1 tròn tâm I  ; ÷bán kính R = 2 2 Mặt phẳng chứa đường thẳng (d) có phương trình m( x − y − 1) + n( x − z + 2) = (với m + n > ) ⇔ (m + n) x − my − nz + 2n − m = Để mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu d ( I , P ) = R + Nếu a=0 (2) (2b-1)m+1=0 vô nghiệm b = (1,0) Câu VI.a (2,0) ⇔ (1,0) m + n − 2m + n + 2n − m ( m + n ) + ( − m) + ( − n ) −2m + 4n 2m + +2mn + 2n =  n=0 ⇔ (−2m + 4n) = 2(2m + +2mn + 2n ) ⇔ 2n(3n − 5m) = ⇔   n = 5m  + Khi n = chọn m=1 phương trình x-y-1=0, 5m + Khi n = chọn m = ⇒ n = phương trình 8x-3y-5z+7=0 Cn > 22nn với ∀n ∈ ¥ , n ≥ Chứng minh 2n + 2 2 C2nn (2n)! 1.3.5 (2n − 1) = Biến đổi vế phải ta n = n 2 n !.n ! 2.4.6 (2n) Câu VII.a (1,0) phải chứng minh ( Mà 2k − = 2k Câu VI.b (2,0) = 2⇔ (1,0) 2k − 2k − ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 = 2k − , ∀k ∈ ¥ , k ≥ 2k + 4k 4k − Chọn k từ 1,2,…,n nhân bất đẳng thức vế theo vế ta đpcm Ta thấy đường tròn (Cm ) có tâm I(m2;2m) bán kính R = m > 0; ∀m ≠ 0,25 1.3.5 (2n − 1) > 2.4.6 (2n) 2n + ) 0; trục Oy có vectơ phương a = (0;1;0) + Nếu m=0 mặt phẳng (P):2y-z+4=0 góc ϕ = (( P), Oy ) có sin ϕ = + Nếu m ≠ giả sử m=1 (P): x+(1+2n)y-nz+1+4n=0 + 2n + 2n ⇒ sin ϕ = = + (1 + 2n) + (−n) 5n + n + (1,0) (1 + 2n) = f ( n) Nhận xét ϕ lớn sin ϕ lớn ⇒ sin ϕ = 5n + 4n +  n = ⇒ f (2) =  −4 n + n + 4 f '(n) = =0⇔ lim f ( n) = 2 n →±∞ (5n + 4n + 2) n = − ⇒ f  −  =  ÷   2 Vậy sin ϕ lớn n=2 mặt phẳng (P): x+5y-2z+9=0 t2 + x Đặt = t > bất phương trình t − mt − m + ≤ ⇔ ≤ m; ∀t > t +1 Vậy bất phương trình có nghiệm tức tồn giá trị t>0 0,25 0,25 0,25 t2 + nằm đường thẳng y=m t +1 t + 2t − t2 + ⇒ y ' = 1− = Mà y = = t −1 + (t + 1) (t + 1) t +1 t +1 cho đồ thị hàm y = Câu VII.b (1,0) (1,0)  t =1 t + 2t − ⇒ y' = ⇔ =0⇔  (loại t=-3) (t + 1)  t = −3 Lập bảng biến thiên ta thấy hàm y = 0,25 0,25 0,25 0,25 t2 + nhận giá trị [2; +∞); ∀t > t +1 0,25 Vì để bất phương trình có nghiệm m ≥ … Hết… ... S (a; b) ∉ (d ), ∀m (m − 1 )a + 2mb + − m ≠ 0, ∀m hay (m − 1 )a + 2mb + − m = ⇔ am + (2b − 1) m + − a = (2) vô nghiệm m  1 tức S  0; ÷∉ (d )  2 + Nếu a ≠ (2) vô nghiệm (2b − 1) − 4a (1 − a. .. BB’C’C S BB ' C ' C = B ' K BC = 0,25 0,25 a + Và B ' O = B ' B − OB = a −  ÷ = a 2 2 1 3a AC.BD.OB ' = a 3 .a. a = 2 Ta nhận thấy ( x − y + 1) ≥ (2 x − my + 3) ≥ ∀x, y ∈ ¡ ⇒ P ≥ V= Câu V (1,0)... Gọi O giao điểm đường chéo AC,BD, I trung điểm BC + Kẽ B’K ⊥ BC OK ⊥ BC (Định lý vuông góc), Thì K trung điểm a BI ⇒ BK = a 15 + Với Tam giác vuông BB’K có B ' K = B ' B − BK = a −  ÷ = a 4