DE ON THI DH TOAN AV1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Mơn: Tốn Khối A, B Đề thi thử lần Thời gian làm bài: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y= x −1 x +1 (1) 1) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến (C) M với đường thẳng qua M giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc - Câu II (2 điểm) + x 1) Giải phương trình sau: 2) Giải phương trình lượng giác: − x2 =2 sin x + cos x tan( π − x).tan( π + x) = cos 4 x Câu III (1 điểm) Tính giới hạn sau: L = lim ln(2e − e.cos2 x) − + x x2 x →0 Câu IV (2 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh l, bán kính đường tròn đáy r Gọi I tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên hình nón, tiếp xúc với tất đường sinh đường tròn đáy nón gọi mặt cầu nội tiếp hình nón) Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; Giả sử độ dài đường sinh nón khơng đổi Với điều kiện bán kính đáy diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất? Câu V (1 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ;0) Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + = 0, AB = 2AD hồnh độ điểm A âm Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Câu VII (1 điểm) Giải hệ phương trình :  2 x + 2010 2009 y − x =  y + 2010  3log3 ( x + y + 6) = log ( x + y + 2) +1 - HẾT Ghi chú: - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu gì! - Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh: ……….………………………………….…… Số báo danh: ……………… HƯỚNG DẪN CÂU I.1 NỘI DUNG Hàm số: y = x −1 =2− x +1 x +1 lim y = 2; lim +) Giới hạn, tiệm cận: x →+∞ ĐIỂM y = 2; lim y = −∞; lim y = +∞ x → ( −1)+ x →−∞ x → ( −1)− - TC đứng: x = -1; TCN: y = > 0, ∀x ∈ D +) y ' = ( x + 1) +) BBT: -∞ x y' y +∞ -1 || + + +∞ || 2 −∞ +) ĐT: điểm -10 -5 10 -2 -4 -6 I.2 II.1 y −y điểm +) ycbt ⇔ kM kIM = −9 +) Giải x0 = 0; x0 = -2 Suy có điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) +) ĐK: x ∈ (− 2; 2) \ {0}  x + y = xy +) Đặt y = − x , y > Ta có hệ:  2 x + y =  −1 +  −1 − x = x =   2 ; +) Giải hệ đx ta x = y =   y = −1 −  y = −1 +   2 +) Kết hợp điều kiện ta được: x = x = II.2 −3 M I +) Ta có I(- 1; 2) Gọi M ∈ (C ) ⇒ M ( x0 ; − x + 1) ⇒ k IM = x − x = ( x + 1) M I +) Hệ số góc tiếp tuyến M: k M = y '( x0 ) = ( x0 + 1) +) ĐK: x ≠ π π + k ,k ∈Z điểm −1 − điểm III L = lim ln(2e − e.cos2 x) − + x x2 x →0 = lim IV.1       −1  = lim  ln(1 + 2sin x) +   x →0  x  2 (1 + x ) + + x +1    2sin x   2sin x  điểm = 3 +) Gọi rC bán kính mặt cầu nội tiếp nón, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB S SAB = prC = (l + r ).rC = Ta có: ⇒ rC = S SM AB l l − r 2r l −r =r 2(l + r ) l+r điểm 2 +) Scầu = 4π r C = 4π r IV.2 x2 x →0   ln(1 + 2sin 2 x) − + x = lim  + x →0  x x2  2sin x  2sin x =2− ln(1 +1 − cos2 x ) +1 − + x I l −r l+r A M r B +) Đặt : y (r ) = lr − r ,0 < r < l l+r  − −1 l r = −2r ( r + rl − l )  +) y '(r ) = =0⇔ (l + r )  −1 l r =  2 +) BBT: r y'(r) y(r) V −1 l l điểm ymax −1 +) Ta có max Scầu đạt ⇔ y(r) đạt max ⇔ r = l +) Ta có P = ( x + y + z )( x + y + z − xy − yz − zx )  x2 + y + z − ( x + y + z )2  P = (x + y + z)  x2 + y + z +      ( x + y + z)2  − ( x + y + z)  P = ( x + y + z ) 2 + = ( x + y + z )  3 +  2     +) Đặt x +y + z = t, t ≤ 6( Bunhia cov xki) , ta được: P (t ) = 3t − t +) P '(t ) = ⇔ t = ± , P( ± ) = 0; P ( − 2) = −2 ; P ( 2) = 2 +) KL: MaxP = 2; MinP = −2 VI +) d ( I , AB) = ⇒ AD = ⇒ AB = ⇒ BD = +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4 điểm +) Tọa độ A, B nghiệm  x =  25  ( x − ) + y =   y = ⇒ A(−2;0), B(2; 2) ⇔ hệ:    x = −2  x − y + =    y = ⇒ C (3;0), D(−1; −2) VII  2 x + 2010 (1) 2009 y −x =  y + 2010  3log3 ( x + y + 6) = log ( x + y + 2) +1(2) +) ĐK: x + 2y = > x + y + > +) Lấy loga số 2009 đưa pt: x + log 2009 ( x + 2010) = y + log 2009 ( y + 2010) +) Xét CM HS f (t ) = t + log 2009 (t + 2010), t ≥ đồng biến, từ suy x2 = y2 ⇔ x= y, x = - y +) Với x = y vào (2) đưa pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t t t 1 8 Đưa pt dạng  ÷ +  ÷ = , cm pt có nghiệm t = 9 9 ⇒ x = y =7 +) Với x = - y vào (2) pt: log3(y + 6) = ⇒ y = - ⇒ x = Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải đáp án mà đúng, đủ cho điểm tối đa - Người chấm chia nhỏ thang điểm theo gợi ý bước giải ÐỀ THI thư ĐẠI HỌC lÇn ii NĂM häc: 2010-2011 Mơn thi : TỐN lµm bµi:180 phótThêi gian (kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (Cm); ( m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E cho tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với Câu II:(2 điểm) Giaỉ hệ phương trinh ̀ :  x − y − xy =   x − − y − = T×m x ∈ (0; π ) tho¶ m·n ph¬ng tr×nh: cotx – = cos x + sin x − sin x + tan x Câu III: (2 điểm) Trên cạnh AD hình vng ABCD có độ dài a, lấy điểm M cho AM = x (0 < x ≤ a) Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) A, lấy điểm S cho SA = 2a a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC) b) KỴ MH vu«ng gãc víi AC t¹i H T×m vÞ trÝ cđa M ®Ĩ thĨ tÝch khèi chãp SMCH lín nhÊt Tính tích phân: I = π ∫ ( x + sin 2 x) cos xdx Câu IV: (1 điểm) : Cho c¸c sè thùc d¬ng a,b,c thay ®ỉi lu«n tho¶ m·n : a+b+c=1 a +b2 b +c c + a + + ≥ Chứng minh : b +c c +a a +b PHẦN RIÊNG (3 điểm) ( Chó ý!:ThÝ sinh chØ ®ỵc chän bµi lµm ë mét phÇn) A Theo chương trình chuẩn Câu Va :1.Trong mỈt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diƯn tÝch b»ng vµ träng t©m thc ®êng th¼ng ∆ : 3x – y – = T×m täa ®é ®Ønh C 2.Trong kh«ng gian víi hƯ to¹ ®é Oxyz cho hai ®iĨm A(1;4;2),B(-1;2;4) vµ ®êng th¼ng ∆ : x −1 y + z = = T×m to¹ ®é ®iĨm M trªn −1 x Câu VIa : Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: (2 + ) −2 x +1 + (2 − ) x −2 x −1 ∆ cho: MA2 + MB = 28 ≤ 2− B Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600 2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d víi d: x −1 y +1 z = = Viết phương trình tắc đường thẳng qua điểm M, −1 cắt vng góc với đường thẳng d vµ t×m to¹ ®é cđa ®iĨm M’ ®èi xøng víi M qua d 4log3 xy = + ( xy ) log3  Câu VIb: Giải hệ phương trình  2  log ( x + y ) + = log x + log ( x + y ) ………………… … ……………… Hết…………………………………… (C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) Híng dÉn chÊm m«n to¸n C©u I ý Néi Dung §iĨm Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iĨm) y = x3 + 3x2 + mx + (Cm) m = : y = x3 + 3x2 + 3x + + TXĐ: D = R (C3) y = −∞, lim y = +∞ + Giới hạn: xlim →−∞ x →+∞ + y’ = 3x2 + 6x + = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀x ⇒ hµm sè ®ång biÕn trªn R 0,25 0,25 • Bảng biến thiên: 0,25 + y” = 6x + = 6(x + 1) y” = ⇔ x = –1 ⇒ tâm đối xứng U(-1;0) * Đồ thò (C3): Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1) 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) đường 0,25 thẳng y = là: x3 + 3x2 + mx + = ⇔ x(x2 + 3x + m) = ⇔ x =  x + 3x + m =  (2) * (Cm) cắt đường thẳng y = C(0;1), D, E phân biệt: ⇔ Phương trình (2) có nghiệm xD, xE ≠ m ≠  ∆ = − 4m >  ⇔ ⇔ 02 + × + m ≠ m < (*)   Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD=y’(xD)= 3x2D + 6x D + m = −(3x D + 2m); 0,25 0,25 kE=y’(xE)= 3x2E + 6x E + m = −(3x E + 2m) Các tiếp tuyến D, E vuông góc khi: kDkE = –1 ⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1 0,25 ⇔ 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 ⇔ 9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo  + 65 m = đònh lý Vi-ét) ⇔ 4m2 – 9m + = ⇔  − 65 m =   So s¸nhĐk (*): m = − 65 ( ) II 1 x ≥  §k:   y ≥ 0,5 (1) ⇔ x − y − ( y + xy ) = ⇔ ( x + y )( x − y ) =  x−2 y =0 ⇔ ⇔ x=2 y  x + y = 0(voly) ⇔ x = 4y Thay vµo (2) cã 0,25 y −1 − y −1 = ⇔ y −1 = y −1 +1 ⇔ y −1 = y −1 + 2 y −1 + ⇔ y −1 = 2 y −1  y = (tm)  y −1 =  x = 2 ⇔ ⇔ ⇒  y − =  y = (tm)  x = 10  V©y hƯ cã hai nghiƯm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25 sin x ≠ sin x ≠ ⇔ ®K:   sin x + cos x ≠ tan x ≠ −1 cos x − sin x cos x cos x = + sin x − sin x cos x PT ⇔ sin x cos x + sin x cos x − sin x ⇔ = cos x − sin x cos x + sin x − sin x cos x sin x 0,25 ⇔ cos x − sin x = sin x(1 − sin x) 0,25 ⇔ (cos x − sin x)(sin x cos x − sin x − 1) = 0,25 ⇔ (cos x − sin x)(sin x + cos x − 3) = cos x − sinx = π ⇔ (cos x − sinx)( sin(2 x + ) − 3) = ⇔  π sin(2 x + ) = 3(voly )  ⇔ cos x − sin x = ⇔ tanx = ⇔ x = Do x ∈ ( 0; π ) ⇒ k = ⇒ x = π π + kπ (k ∈ Z ) (tm®k) III 0,25 1  SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD)  SA ⊂ ( SAC ) Do  0,25 Lai cã MH ⊥ AC = ( SAC ) ∩ ( ABCD ) ⇒ MH ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( M , SAC ) = MH = AM sin 45o = x Ta cã x x ⇒ HC = AC − AH = a − 2 1 x x ⇒ S ∆MHC = MH MC = (a − ) 2 2 1 x x ⇒ VSMCH = SA.S ∆MCH = 2a (a − ) 2 AH = AM cos 450 = O,5 Tõ biĨu thøc trªn ta cã: x x +a 2− 2 VSMCH ≤ a [ x x ⇔ =a 2− 2 ⇔x=a 0,25 ] = a ⇔ M trïng víi D π π π I = ( x + sin 2 x)cos xdx = xcos xdx + sin 2 xcos xdx = I + I ∫ ∫ ∫ 0,25 IV 1 ⇔ 2sin x.cos x + 2sin x − 6.sin cos x − (2 cos x − 3cos x + 1) =   sin x =  ⇔ (2sin x − 1)(2 cos x − 3cos x + 1) = ⇔  cos x =  cos x =  π  x = + k 2π  , (k ∈ Z ) +) sin x = ⇔   x = 5π + k 2π  π  x = + k 2π  , (k ∈ Z ) +) cos x = ⇔   x = − π + k 2π  +) cos x = ⇔ x = k 2π , (k ∈ Z ) KL:Vậy phương trình có họ nghiệm 2(1,0)  x2 + +x+ y =   x + y + xy + = y y  ⇔ Dễ thấy y ≠ , ta có:  2  y( x + y) = x + y + ( x + y ) − x + =  y  u+v =  u = 4−v  v = 3, u = x2 + ⇔ ⇔ , v = x + y ta có hệ:  Đặt u = y v − 2u = v + 2v − 15 =  v = −5, u = +) Với v = 3, u = ta có hệ:  x2 + = y  x2 + = y  x2 + x − =  x = 1, y = ⇔ ⇔ ⇔     x = −2, y = x+ y =3  y = 3− x  y = 3− x  x2 + = y  x2 + = y  x + x + 46 = ⇔ ⇔ +) Với v = −5, u = ta có hệ:  , hệ  x + y = −5  y = −5 − x  y = −5 − x vơ nghiệm KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( x; y ) = {(1; 2), (−2; 5)} Câu III (1,0) Phần Nội dung π π π Đặt x = − t ⇒ dx = −dt , x = ⇒ t = , x = ⇒ t = 2 π π 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm 0,25 π Suy ra: I = 3sin x − cos x dx = 3cos t − 2sin t dt = 3cos x − 2sin x dx (Do tích phân ∫0 (sin x + cos x)3 ∫0 (cos t + sin t )3 ∫0 (cos x + sin x)3 khơng phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số) π 0,25 π 0,25 π Suy ra: I = I + I = 3sin x − cos x dx + 3cos x − 2sin x dx = ∫0 (sin x + cos x)3 ∫0 (cos x + sin x)3 ∫0 (sin x + cos x) dx = π π 1 π π  π2   dx = d x − = tan x − = KL: Vậy I =  ÷  ÷ =∫ ∫ π π 20 4 4   cos  x − cos  x − ÷   ÷ 4 4   Câu Phần Nội dung 0,5 Điểm IV (1,0) Câu V (1,0) Câu + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC M, mp(SBD) kẻ BG cắt SD N S + Vì G trọng tâm tam giác ABC nên dễ có SG = suy G trọng tâm tam giác SBD SO Từ suy M, N trung điểm SC, SD N 1 + Dễ có: VS ABD = VS BCD = VS ABCD = V 2 Theo cơng thức tỷ số thể tích ta có: M G VS ABN SA SB SN 1 A = = 1.1 = ⇒ VS ABN = V VS ABD SA SB SD 2 VS BMN SB SM SN 1 1 = = = ⇒ VS ABN = V O VS BCD SB SC SD 2 Từ suy ra: C B VS ABMN = VS ABN + VS BMN = V + Ta có: V = SA.dt ( ABCD ) ; mà theo giả thiết SA ⊥ ( ABCD) nên góc hợp AN với · mp(ABCD) góc NAD , lại có N trung điểm SC nên tam giác NAD cân SA · · =a N, suy NAD = NDA = 300 Suy ra: AD = tan 300 1 3 Suy ra: V = SA.dt ( ABCD ) = a.a.a = a 3 3 5 3a Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD = VS ABCD − VS ABMN = V − V = V = 8 24 Phần Nội dung Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có: = ab + bc + ca ≥ 3 (abc) ⇒ abc ≤ 1 2 ≤ (1) Suy ra: + a (b + c ) ≥ abc + a (b + c) = a( ab + bc + ca ) = 3a ⇒ + a (b + c) 3a 1 1 ≤ (2), ≤ (3) Tương tự ta có: 2 + b (c + a ) 3b + c (a + b) 3c Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab + bc + ca + + ≤ ( + + )= = W 2 + a (b + c) + b (c + a) + c (a + b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy abc = 1, ab + bc + ca = ⇒ a = b = c = 1, (a, b, c > 0) Phần Nội dung 0,25 D 0,25 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,5 Điểm VIa 1(1,0 (2,0) ) + Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R = 1, R ' = , đường thẳng (d) qua M có phương trình a ( x − 1) + b( y − 0) = ⇔ ax + by − a = 0, ( a + b ≠ 0)(*) + Gọi H, H’ trung điểm AM, BM Khi ta có: MA = 2MB ⇔ IA2 − IH = I ' A2 − I ' H '2 ⇔ − ( d ( I ;d ) ) = 4[9 − ( d ( I ';d ) ) ] , IA > IH 2 ⇔ ( d ( I ';d ) ) − ( d ( I ;d ) ) = 35 ⇔ 2 0,25 9a b2 − = 35 a + b2 a + b 36a − b ⇔ = 35 ⇔ a = 36b 2 a +b 0,25  a = −6 Dễ thấy b ≠ nên chọn b = ⇒   a=6 Kiểm tra điều kiện IA > IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn uuur uuur 2(1,0) + Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2) Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x + y − z − = 0, y + z − = r uuur uuur + Vecto pháp tuyến mp(ABC) n =  AB, AC  = (8; −4; 4) Suy (ABC): 2x − y + z +1 =  x + y − z −1 = x =   + Giải hệ:  y + z − = ⇒  y = Suy tâm đường tròn I (0; 2;1) 2 x − y + z + =  z =   Bán kính R = IA = (−1 − 0) + (0 − 2) + (1 − 1) = Câu Phần Nội dung + Ta có: ( x (1 − 3x ) 20 ) ′ = a0 + 2a1 x + 3a2 x + + 21a20 x 20 VII.a (1,0) ⇔ (1 − 3x ) 20 − 60 x(1 − x)19 = a0 + 2a1 x + 3a2 x + + 21a20 x 20 (*) k k Nhận thấy: ak x = ak ( − x) thay x = −1 vào hai vế (*) ta có: S = a0 + a1 + a2 + + 21 a20 = 422 Câu Phần VIb 1(1,0 (2,0) ) 0,25 Nội dung +uuur Đường thẳng AC vng góc với HK nên nhận HK = (−1; 2) làm vtpt AC qua K nên ( AC ) : x − y + = Ta dễ có: ( BK ) : x + y − = + Do A ∈ AC , B ∈ BK nên giả sử A(2a − 4; a ), B (b; − 2b) Mặt khác M (3;1) trung điểm AB nên ta có hệ:  2a − + b = 2a + b = 10 a = ⇔ ⇔   a + − 2b =  a − 2b = b = Suy ra: A(4; 4), B(2; − 2) uuur + Suy ra: AB = (−2; − 6) , suy ra: ( AB ) : 3x − y − = uuur + Đường thẳng BC qua B vng góc với AH nên nhận HA = (3; 4) , suy ra: ( BC ) : x + y + = KL: Vậy : ( AC ) : x − y + = 0, ( AB ) : 3x − y − = , ( BC ) : x + y + = 0,25 0,25 0,25 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,5 0,25 2(1,0) + M , N ∈ (d1 ), (d ) nên ta giả sử uuuur M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N (−1 − 2t2 ; t2 ;1 + t2 ) ⇒ NM = (t1 + 2t2 + 1; t1 − t2 ; 2t1 − t2 − 1) uur uuuur + MN song song mp(P) nên: nP NM = ⇔ 1.(t1 + 2t2 + 1) − 1.(t1 − t2 ) + 1(2t1 − t2 − 1) = uuuur ⇔ t2 = −t1 ⇒ NM = (−t1 + 1; 2t1 ;3t1 − 1)  t1 = + Ta có: MN = ⇔ (−t1 + 1) + (2t1 ) + (3t1 − 1) = ⇔ 7t − 4t1 = ⇔  t1 =  4 + Suy ra: M (0; 0; 0), N (−1; 0;1) M ( ; ; ), N ( ; − ; ) 7 7 7 + Kiểm tra lại thấy hai trường hợp khơng có trường hợp M ∈ ( P ) KL: Vậy có hai cặp M, N thoả mãn Câu Phần 2 Nội dung − xy − x + y + > 0, x − x + > 0, y + > 0, x + > (I ) + Điều kiện:  0 < − x ≠ 1, < + y ≠ VII.b (1,0) 2 log1− x [(1 − x)( y + 2)] + log 2+ y (1 − x) = + Ta có: ( I ) ⇔  =1 log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) log1− x ( y + 2) + log 2+ y (1 − x) − = (1) ⇔ = (2) log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) + Đặt log 2+ y (1 − x ) = t (1) trở thành: t + − = ⇔ (t − 1) = ⇔ t = t Với t = ta có: − x = y + ⇔ y = − x − (3) Thế vào (2) ta có: −x + −x + log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4) = ⇔ log1− x =1⇔ = − x ⇔ x2 + x = x+4 x+4  x=0  y = −1 ⇔ Suy ra:   x = −2  y =1 + Kiểm tra thấy có x = −2, y = thoả mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm x = −2, y = THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 MƠN TỐN Thời gian làm bài: 180 phút A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) x +1 Cho hàm số y = x −1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình x +1 = m x −1 Câu II (2 điểm) ( )  π 4 a) Tìm m để phương trình sin x + cos x + cos x + 2sin x − m = có nghiệm 0;   2 1 b) Giải phương trình log ( x + 3) + log ( x − 1) = log ( x ) 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (2 điểm) 3x2 − + x + − cos x x →0 a) Tìm giới hạn L = lim 98 100 b) Chứng minh C100 − C100 + C100 − C100 + − C100 + C100 = −250 Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c số thực thoả mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình ( C2 ) : x + y − x + y + 16 = ( C1 ) : x + y − y − = Lập phương trình tiếp tuyến chung ( C1 ) ( C2 ) b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cạnh a Gọi M trung điểm AA’ Tính thể tích khối tứ diện BMB’C’ theo a chứng minh BM vng góc với B’C Câu VIa (1 điểm) x −1 y z − = = Viết phương trình mặt phẳng ( α ) chứa d Cho điểm A ( 2;5;3) đường thẳng d : 2 cho khoảng cách từ A đến ( α ) lớn Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, viết phương trình hyperbol (H) dạng tắc biết (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x − y − = điểm A có hồnh độ · · b) Cho tứ diện OABC có OA = 4, OB = 5, OC = ·AOB = BOC = COA = 600 Tính thể tích tứ diện OABC Câu VIb (1 điểm) x −1 y − z x−5 y z +5 = = , d2 : = = Cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − = đường thẳng d1 : −3 −5 Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 cho MN song song với (P) đường thẳng MN cách (P) khoảng ĐÁP ÁN Câu I a) điểm 0,25 x +1 có tập xác định D = R \ { 1} x −1 x +1 x +1 x +1 = 1; lim = +∞; lim = −∞ Giới hạn: lim + − x →±∞ x − x →1 x − x →1 x − 0,25 −2 < 0, ∀x ≠ ⇒ Hàm số nghịch biến khoảng Đạo hàm: y ' = ( x − 1) Tập xác định: Hàm số y = ( −∞;1) ( 1; +∞ ) Hàm số khơng có cực trị Bảng biến thiên: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận ngang y = Giao hai tiệm0,25 cận I ( 1;1) tâm đối xứng Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình b) x +1 ( C ') Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị y = x −1 Học sinh tự vẽ hình x +1 x +1 = m số giao điểm đồ thị y = Số nghiệm y = m x −1 x −1 Câu II a) 0,25 0,5 0,25 Suy đáp số m < −1; m > 1: phương trình có nghiệm m = −1: phương trình có nghiệm −1 < m ≤ 1: phương trình vơ nghiệm điểm 4 Ta có sin x + cos x = − sin x cos4 x = − 2sin 2 x 0,25 Do ( 1) ⇔ −3sin 2 x + 2sin x + = m 0,25 0,25  π Đặt t = sin x Ta có x ∈  0;  ⇒ x ∈ [ 0; π ] ⇒ t ∈ [ 0;1]  2 Suy f ( t ) = −3t + 2t + = m, t ∈ [ 0;1] b) Ta có bảng biến thiên 0,25 10  π Từ phương trình cho có nghiệm 0;  ⇔ ≤ m ≤  2 1 Giải phương trình log ( x + 3) + log ( x − 1) = log ( x ) ( ) Điều kiện: < x ≠ ( ) ⇔ ( x + 3) x − = x 0,25 Trường hợp 1: x > 0,25 0,25 0,25 ( 2) ⇔ x2 − 2x = ⇔ x = Trường hợp 1: < x < ( 2) ⇔ x2 + x − = ⇔ x = 0,25 −3 { } Vậy tập nghiệm (2) T = 2; − Câu III a) 3x2 − + x + − cos x x →0  3x2 − + x + − ÷ + Ta có L = lim  − cos x ÷ x →0  − cos x   Tìm L = lim 0,25 0,25 x2 + − x2 L = lim = lim =2 Xét x →0 − cos x  x x →0 2sin  x + + 1÷ 2  3x2 − + L2 = lim = lim x → − cos x x →0 Xét b) 0,25 3x2  x 2sin  3 x − − x − + 1÷ ÷   ( ) =2 Vậy L = L1 + L2 = + = 0,25 100 Chứng minh C100 − C100 + C100 − + C100 = −250 Ta có 0,5 2 100 100 + C100 i + C100 i + + C100 i ( + i ) 100 = C100 ( ) ( ) 100 99 = C100 − C100 + C100 − + C100 + C100 − C100 + − C100 i Mặt khác 0,5 ( + i ) = + 2i + i = 2i ⇒ ( + i ) 100 = ( 2i ) 50 = −250 Câu IV 100 Vậy C100 − C100 + C100 − + C100 = −250 Cho a, b, c thoả a + b + c = Tìm GTNN M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c r r uur r r uur a b c c a b b c a Đặt u = ;3 ; , v = ;3 ; , w = ;3 ; ⇒ M = u + v + w ( r r uur M ≥ u+v+w = Câu Va a) ) ( ) ( ) ( 2a + 2b + 2c ) + ( 3a + 3b + 3c ) + ( 4a + 4b + 4c ) 2 Theo – si có 22 + 2b + 2c ≥ 33 2a + b + c = Tương tự … Vậy M ≥ 29 Dấu xảy a = b = c = Học sinh tự vẽ hình ( C1 ) : I1 ( 0; ) , R1 = 3; ( C2 ) : I ( 3; −4 ) , R2 = 0,25 0,5 0,25 0,25 ( 2 Gọi tiếp tuyến chung ( C1 ) , ( C2 ) ∆ : Ax + By + C = A + B ≠ ) 0,25 ∆ tiếp tuyến chung ( C1 ) , ( C2 )   2 ( 1)  d ( I1; ∆ ) = R1  2B + C = A + B ⇔ ⇔ d ( I ; ∆ ) = R2  A − B + C = A2 + B ( )  −3 A + B Từ (1) (2) suy A = B C = Trường hợp 1: A = B Chọn B = ⇒ A = ⇒ C = −2 ± ⇒ ∆ : x + y − ± = Trường hợp 2: C = −3 A + B Thay vào (1) 0,5 b) A − B = A2 + B ⇔ A = 0; A = − B ⇒ ∆ : y + = 0; ∆ : x − y − = a Gọi H trung điểm BC ⇒ d ( M ; ( BB ' C ) ) = AH = 0,25 a2 a3 S∆BB ' C = BB '.BC = ⇒ VMBB ' C = AH S ∆BB ' C = 2 12 Gọi I tâm hình vng BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có B ' C ⊥ MI ; B ' C ⊥ BC ' ⇒ B ' C ⊥ MB 0,25 (Học sinh tự vẽ hình) Gọi K hình chiếu A d ⇒ K cố định; 0,25 0,5 Câu VIa Gọi ( α ) mặt phẳng chứa d H hình chiếu A ( α ) Trong tam giác vng AHK ta có AH ≤ AK 0,25 Vậy AH max = AK ⇔ ( α ) mặt phẳng qua K vng góc với AK Gọi ( β ) mặt phẳng qua A vng góc với d ⇒ ( β ) : x + y + z − 15 = 0,25 ⇒ K ( 3;1; ) (α) Câu Vb a) mặt phẳng qua K vng góc với AK ⇒ ( α ) : x − y + z − = Gọi ( H ) : x2 a2 − y2 b2 0,25 =1 (H) tiếp xúc với d : x − y − = ⇔ a − b = x = ⇒ y = ⇒ A ( 4; ) ∈ ( H ) ⇒ 0,25 16 a2 − b2 ( 1) = ( 2) 0,25 x2 y2 Từ (1) (2) suy a = 8; b = ⇒ ( H ) : − =1 0,5 (Học sinh tự vẽ hình) Lấy B’ OB; C’ OC cho OA = OB ' = OC ' = Lấy M trung điểm B’C’ ⇒ ( OAM ) ⊥ ( OB ' C ') 0,25 b) 0,25 Kẻ AH ⊥ OM ⇒ AH ⊥ ( OB ' C ') ⇒ AH = 3 15 · SOBC = OB.OC.sin BOC = 2 Vậy VOABC = AH SOBC = 10 0,25 Gọi M ( + 2t ;3 − 3t; 2t ) , N ( + 6t '; 4t '; −5 − 5t ' ) 0,25 d ( M ; ( P ) ) = ⇔ 2t − = ⇔ t = 0; t = uuuur Trường hợp 1: t = ⇒ M ( 1;3;0 ) , MN = ( 6t '+ 4; 4t '− 3; −5t '− ) uuuur uur uuuur uur MN ⊥ nP ⇔ MN nP = ⇒ t ' = ⇒ N ( 5;0; −5 ) 0,25 Ta có AM = OM = ⇒ MH = Câu VIb Trường hợp 2: t = ⇒ M ( 3;0; ) , N ( −1; −4;0 ) Kết luận 0,25 0,25 0,25 SỞ GD&ĐTThanhhố TRƯỜNG THPT Vĩnh Lộc ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn Thi : TỐN Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2(m − 1) x + x + − m (1) 1) Với m = Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2) Tìm m (m ∈ ¡ ) để hàm số (1) đạt cực trị x1 , x2 thoả mãn x1 − x2 = Câu 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình ( cos x - sin x ) + cos x ( 2sin x + 1) = 2) Giải phương trình log 24 x = log x − ( x ∈ ¡ ) Câu 3: (1,0 điểm) π Tính tích phân I = ∫ π cos x sin x + cos x dx Câu 4: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác đều, hình chiếu A (A’B’C’) trùng với trọng tâm G ∆ A’B’C’ AG = 3a Mặt phẳng (BB’C’C) tạo với (A’B’C’) góc 600 Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a Câu 5: (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : 3x + y − 20 = 0, d : x − y − 10 = Viết phương trình đường tròn (C) biết (C) qua A(1; −3) , tiếp xúc với d1 có tâm nằm d Câu 6: ( 1,0 điểm) Trong khơng gian Oxyz, cho mặt cầu (S), đường thẳng d1 , d có phương trình (S): x = + t x −1 y +1 z −1  = = d :  y = 2t (t ∈ ¡ ) x + y + z − x − y + z − 16 = d1 : −1  z = −1 + 2t  d , d Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) 2 đến mặt phẳng (P) Câu 7: ( 1,0 điểm) Cho z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z − z + = Tính A = z12010 + z22010 Câu 8: (1,0 điểm) 3 Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2( xy + yz + xz ) + x+ y+z Cho số thực khơng âm x, y, z thoả mãn x + y + z = ………….…………………………………Hết……………………………………… Chúc em thành cơng ! TRƯỜNG THPT Vĩnh Lộc ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn Thi : TỐN ; Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x −1 có đồ thị (C) x −1 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Tìm m (m ∈ ¡ ) để đường thẳng y = x + m cắt (C) hai điểm A, B cho AB = Câu 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình cos x + cos x ( sin x − 1) = 2) Giải phương trình log x − log 2 = log x ( x ∈ ¡ ) x Câu 3: (1,0 điểm) 2x dx x 1+ Tính tích phân I = ∫ Câu 4: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên a, đáy ABC tam giác đều, hình chiếu A (A’B’C’) trùng với trọng tâm G ∆ A’B’C’ Cạnh bên tạo với đáy góc 600 Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a Câu 5: (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : 3x + y − 20 = 0, d : x + y + = Viết phương trình đường tròn (C) biết (C) có bán kính R=5, tiếp xúc với d1 có tâm nằm d Câu 6: ( 1,0 điểm) Trong khơng gian Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình (S): x + y + z − x − y + z − 16 = ( P) : x + y − z + = Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến mặt phẳng (Q) Câu 7: ( 1,0 điểm) Cho số phức z thoả mãn + i z = 4i Tính z 2010 Câu 8: (1,0 điểm) ( ) 2 Cho số thực khơng âm x, y, z thoả mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = ( x + y + z ) + x+ y+z ………….…………………………………Hết……………………………………… Híng dÉn chÊm Câu Câu1 (2,0đ) 1)1,0 đ Nội dung 1) m = ⇒ y = x3 − x + x − Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x3 − x + x − Tập xác định: D = ¡ Sự biến thiên hàm số * Giới hạn vơ cựccủa hàm số Điểm 0,25 lim y = lim ( x − x + x − 2) = lim x (1 − + − ) = +∞ x →+∞ x →+∞ x x x x →+∞ lim y = −∞ x →−∞ * Lập bảng biến thiên  x = ⇒ y (1) = y ' = 3x − 12 x + 9; y ' = ⇔   x = ⇒ y (3) = −2 * Lập bảng biến thiên bảng biến thiên x -∞ y’ + y 0,25 -∞ - +∞ + +∞ -2 Hàm số đồng biến khoảng (- ∞ ;1) (3;+ ∞ ) Hàm số nghịch biến khoảng (1;3) Hàm số đạt cực đại x=1 =>ycđ=2 Hàm số đạt cực tiểu x=3=>yct=-2 Đồ thị -Giao đồ thị hàm số Ox: y=0=>x=2;x=2 ± - Giao đồ thị hàm số Oy: x=0=>y=-2 Đồ thị hàm số nhận điểm I(2;0) làm tâm đối xứng 0.25 0,25 x O y -2 2)1,0đ 2)Ta có y ' = x − 4(m − 1) x + y’ tam thức bậc hai nên hàm số đạt cực đại, cực tiểu x1 , x2 y’có hai 0,25 nghiệm phân biệt  3 m > + (1) ⇔ ∆ = 4(m − 1) − 27 > ⇔   3 m < −  Theo viét x1 + x2 = 4(m − 1) ; x1 x2 = Khi x1 − x2 = ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = ⇔ 16(m − 1) − 12 = 0,25  m = −2 ⇔ (m − 1) = ⇔  (2)  m=4 Câu 2: (2,0đ) 0,25 0,25 Từ (1) (2) suy m=-2;m=4 1)Giải phương trình ( cos x - sin x ) + cos x ( 2sin x + 1) = 0,25 ⇔ sin x + cos x = sin x − cos x ⇔ 3 sin x + cos x = sin x − cos x 2 2 π π π π + cos x sin = sin x cos − cos x sin 3 6 π π ⇔ sin(2 x + ) = sin( x − ) π π   x + = x − + k 2π ⇔ (k ∈ ¢ )  x + π = π − ( x − π ) + k 2π  π  x = − + k 2π  ⇔ (k ∈ ¢ )  x = 5π + k 2π  18 0,25 ⇔ sin x cos 0,25 0,25 KL 1)1,0đ 0,25 2 2)Giải phương trình log x = log x − ( x ∈ ¡ ) (1) ĐKXĐ:x>0 ( 1) ⇔ log 22 x = 5log x − 0,25 ⇔ (log x + 1) = 5log x − ⇔ log 22 x − 3log x + = 0(1) Đặt t=log2x (1) trở thành 0,25 t = t − 3t + = ⇔  t = t=1 ta có log2x=1 ⇔ x=2 t=2 ta có log2x=2 ⇔ x=4 kết hợp với ĐKXĐ ⇒ phương trình cho có nghiệm x=2 x=4 π Câu 3: (1,0đ) Tính tích phân: I = ∫ π Đặt t = sin x + cos x π dx = ∫ π s inx cos x sin x + cos x 0,25 dx + cos x ⇒ t = + cos x ⇒ 2tdt = −2s inxcosxdx sin x = − cos x = − t s inx cos x dx = − dt − t2 sin x + cos x π 15 Đổi cận x = ⇒ t = π x= ⇒t = 2 cos x 0,25 0,25 I= 15 ∫ dt = 4 −t2 15 ∫ t+2 = ln t−2 1 ( − )dt t+2 t−2 0,25 15 0,25 15 + 3+2 − ln ) = (ln( 15 + 4) − ln( + 2)) = (ln 15 − 3−2 Câu 4: (1,0đ) A 0,25 C H M B a C' A' G M' B' gọi M,M’ trung điểm BC,B’C’ ⇒ A’,G’,M’ thẳng hàng AA’M’M hình bình hành A’M’ ⊥ B’C’, AG ⊥ B’C’ ⇒ B’C’ ⊥ (AA’M’M) ⇒ góc (BCC’B’) (A’B’C’) · ' MA = 600 góc A’M’ MM’ M đặt x=AB Câu 5: (1,0đ) x x ∆ ABC cạnh x có AM đường cao ⇒ AM = = A ' M ', A ' G = AM = 3 a Trong ∆ AA’G vng có AG = A’Gtan600 = x; ⇒ x = 2 x 3 a 3a diện tích ∆ ABC S∆ABC = AB AC.sin 600 = = ( ) = 4 16 a 3a 9a thể tích khối lăng trụ VABC A ' B 'C ' = AG.S ∆ABC = = 16 32 r d qua M(4;2) có vectơ phương u = ( 3; ) nên có phương trình tham số 0,25 0,25 0,25 0,25  x = + 3t (t ∈ ¡ )   y = + 4t Giả sử I (4 + 3t ; + 4t ) ∈ d tâm R bán kính đường tròn (C) 0,25 Vì (C) qua A(1;-3) tiếp xúc với d1 nên IA = d ( I , d1 ) = R Ta có IA = d ( I , d1 ) ⇔ ( + 3t ) + ( + 4t ) = 25t + 58t + 34 = 5t ⇔ 58t + 34 = ⇔ t = − 3(4 + 3t ) + 4(2 + 4t ) − 20 32 + 42 = 5|t | 17 29 17 65 10 85 ⇒ I1 ( ; − ) ⇒ R = IA = ta phương trình đường tròn 29 29 29 29 2 65 10 7225 ( C ) :  x − ÷ +  y + ÷ = 29   29  841  Với t = − 0,25 0,25 Câu 6: (1,0đ) x = + t x −1 y +1 z −1  2 = = d :  y = 2t (t ∈ ¡ ) (S): x + y + z − x − y + z − 16 = d1 : −1  z = −1 + 2t  0,25 (S) có tâm I(2;2;-1) bán kính R=5 uv d1 qua điểm M1 (1;-1;1) có véc tơ phương u1 = ( −1; 4;1) uuv d qua điểm M (3;0; −1) có véc tơ phương u2 = (1; 2; 2) uv uuv [u1 , u2 ] = 42 12 ; 12 −11 ; −11 24 = (6;3; −6) = 3(2;1; −2) ( ) uv uuv Gọi (P) mặt phẳng song song với d1 , d ⇒ (P) nhận [u1 , u2 ]=(2;1;-2) làm véc tơ phép tuyến ⇒ phương trình (P): x + y − z + D = | 2.2 + 1.2 − 2( −1) + D | =3 d ( I , ( P )) = ⇔ 22 + 12 + (−2) Câu 7: (1,0đ) 0,25 D = ⇔| D + |= ⇔   D = −17 D=3 ⇒ phương trình (P1): x + y − z + = D=-15 ⇒ phương trình (P2): x + y − z − 17 = 0,25 ta thấy M1,M2 khơng thc ( P2 ) nên ( P2 ) thoả mãn đề M (1; −1;1) nằm ( P1 ) nên ( P1 ) chứa d1 ⇒ ( P1 ) : x + y − z + = loại Vậy phương trình (P) thoả mãn đề x + y − z − 17 = 0,25 Xét phương trình z − z + = (1) 0,25  z1 = − i (1)có ∆ =-1 0∀t ≥ 2 t t 2  25 ;  f (t ) ≤ f (2) = Hàm số f(t) đồng biến    f '(t ) = 2t − Dấu đẳng thức xảy t=2 0,5 25 Dấu “=” xảy 25 Vậy giá trị lớn A Do A ≤ ( x + y + z ) = 3( x + y + z )  ⇔x= y = z =    x+ y+ z =2 0,25 [...]... Cho hm s y = C THI TH I HC LN 2 THNG 12/2010 Mụn thi: TON HC Khi A, B Thi gian: 180 phỳt CHNH THC 2 Vit phng trỡnh tip tuyn ca ( C ) , bit tip tuyn i qua im A ( 6;5 ) Cõu II: 1 Gii phng trỡnh: cos x + cos3x = 1 + 2 sin 2x + ữ 4 3 3 x + y = 1 2 Gii h phng trỡnh: 2 2 3 x y + 2xy + y = 2 Cõu III: Tớnh I = 4 dx cos x ( 1 + e ) 4 3x 2 Cõu IV: Hỡnh chúp t giỏc u SABCD cú khong cỏch t A n mt... C 2011 2011 4022 1 1 2011 0 = ì ( 2 + 1) ( 2 ) C02011 = 2011 4022 A= Kè THI TH I HC NM HC 2010-2011 MễN TON (Thi gian lm bi: 180 phỳt) A PHN DNH CHO TT C TH SINH Cõu I (2 im) Cho hm s y = 2 x3 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 cú th (Cm) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s khi m = 0 2 Tỡm m hm s ng bin trờn khong ( 2;+ ) Cõu II (2 im) a) Gii phng trỡnh: 2 cos 3x (2 cos 2 x + 1) = 1 2 2 b)... f ( x) = log 2 x ng bin trờn khong ( 0;+ ) 2 x 1 g ( x) = nghch bin trờn khong ( 3;+ ) x3 f ( x) > f (4) = 3 *Vi x > 4 :Ta cú Bpt cú nghim x > 4 g ( x ) < g ( 4) = 3 f ( x) < f (4) = 3 * Vi x < 4 :Ta cú Bpt vụ nghim g ( x ) > g ( 4) = 3 TH 2 :Nu 0 < x < 3 BPT 3 x 1 log 2 x < 2 x3 0.25 0,25 0,25 3 log 2 x ng bin trờn khong ( 0;+ ) 2 x 1 g ( x) = nghch bin trờn khong ( 0;3) x3 f ( x) > f (1) =... (n + 1)Cnn x n Thay x = 1 vào đẳng thức trên ta đợc S kỳ thi thử đại học năm 2011 Trờng thpt tây thụy anh Mụn Toỏn : Thời gian làm bài 180 phút A /phần chung cho tất cả thí sinh ( 8 im ) Cõu I : ( 2 im ) Cho hm s y = x3 + ( 1 2m)x2 + (2 m )x + m + 2 (Cm) 1.Kho sỏt s bin thi n v v th hm s khi m = 2 2 Tỡm m th hm s (Cm) cú cc tr ng thi honh cc tiu nh hn 1 Cõu II : ( 2 im ) 1 Gii phng trỡnh: sin... lp thnh cp s cng ( d 0 ) ng thi cú hai s xi tha món xi > 1 Cõu IV : ( 2 im ) x = 1 2t x y z Trong khụng gian oxyz cho hai ng thng d1 : = = ; d2 y = t 1 1 2 z = 1+ t v im M(1;2;3) 1.Vit phng trỡnh mt phng cha M v d1 ; Tỡm M i xng vi M qua d2 2.Tỡm A d1 ; B d 2 sao cho AB ngn nht B PHN T CHN: ( 2 im ) ( Thớ sinh ch c lm 1 trong 2 cõu Va hoc Vb sau õy.) Cõu Va 1 Trong mt phng oxy cho ABC cú A(2;1)... nhau + im ca bi thi l tng cỏc im thnh phn v lm trũn ( lờn ) n 0,5 im K THI KHO ST CHT LNG ễN THI I HC KHI A - B D Nm 2010 Mụn thi: Toỏn Thi gian lm bi: 180 phỳt Ngy 20 thỏng 12 nm 2010 A PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im) Cõu I (2 im) Cho hm s y = x3 + 3x2 + mx + 1 cú th l (Cm); ( m l tham s) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s khi m = 3 2 Xỏc nh m (Cm) ct ng thng y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D,... CÂU 3 (1điểm) Tính tích phân: I = Phần tự chọn (thí sinh chỉ làm một trong hai phần : A hoặc B ) Phần A CÂU 6A (2 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B (2; 5) , đỉnh C nằm trên đờng thẳng x 4 = 0 , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 2 x 3 y + 6 = 0 Tính diện tích tam giác ABC 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng... lng tr ABC.ABC bit khong cỏch gia AA a 3 4 Cõu V (1 im) v BC l Cho x,y,z tho món l cỏc s thc: x 2 xy + y 2 = 1 Tỡm giỏ tr ln nht ,nh nht ca biu thc x4 + y4 +1 x2 + y2 +1 B PHN DNH CHO TNG LOI TH SINH Dnh cho thớ sinh thi theo chng trỡnh chun Cõu VIa (2 im) a) Cho hỡnh tam giỏc ABC cú din tớch bng 2 Bit A(1;0), B(0;2) v trung im I ca AC nm trờn ng thng y = x Tỡm to nh C b) Trong khụng gian Oxyz, cho... O qua (ABC) Cõu VIIa(1 im) Gii phng trỡnh: ( z 2 z )( z + 3)( z + 2) = 10 , z C Dnh cho thớ sinh thi theo chng trỡnh nõng cao Cõu VIb (2 im) a Trong mp(Oxy) cho 4 im A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tỡm to im M thuc ng thng () : 3 x y 5 = 0 sao cho hai tam giỏc MAB, MCD cú din tớch bng nhau P= b.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai ng thng: d1 : x 4 y 1 z + 5 x2 y+3 z = = d2 : = = 3 1 2 1 3 1... 6 2.Tỡm h s x trong khai trin bit tng cỏc h s khai trin bng 1024 Cõu Vb 2 51+ x 51 x 1 Gii bt phng trỡnh : 2 > 24 2.Cho lng tr ABC.ABCỏy ABC l tam giỏc u cnh a .A cỏch u cỏc im A,B,C Cnh bờn AA to vi ỏy gúc 600 Tớnh th tớch khi lng tr Ht Trờng thpt tây thụy anh kỳ thi thử đại học năm 2011 Mụn Toỏn : Thời gian làm bài 180 phút P N Cõ í Ni dung u I 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm ... giải khác cơng nhận cho điểm + Điểm thi tổng điểm thành phần làm tròn ( lên ) đến 0,5 điểm KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ƠN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D Năm 2010 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút... GD&ĐTThanhhố TRƯỜNG THPT Vĩnh Lộc ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn Thi : TỐN Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2(m − 1) x + x + − m (1) 1) Với m = Khảo sát biến thi n vẽ đồ thị hàm số 2) Tìm m... thành cơng ! TRƯỜNG THPT Vĩnh Lộc ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn Thi : TỐN ; Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x −1 có đồ thị (C) x −1 1) Khảo sát biến thi n vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Tìm m (m