ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn thi : TOÁN – KHỐI A (Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I ( điểm ) Cho hàm số y = x − 3mx + ( Cm ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số ( C1 ) Tìm m để đường thẳng qua điểm cực đại, cực tiểu ( Cm ) cắt đường tròn tâm I ( 1;1) , bán kính hai điểm phân biệt A, B cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn Câu II (2,0 điểm) Giải bất phương trình ( x ∈ R) x2 − x − + x ≤ 5x2 − 4x − 3π π Giải phương trình 2 cos x + sin x cos( x + ) − sin( x + ) = 4 e log x dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x + 3ln x Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a Gọi I uu r uuu r trung điểm cạnh BC Hình chiếu vuông góc H S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn IA = −2 IH Góc SC mặt đáy (ABC) 600 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ trung điểm K SB đến mặt phẳng (SAH) Câu V(1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn : x + y = x − + y + + Tìm GTLN, GTNN F = 2(1 + xy x + y ) x y ( x − y ) + ( y − x) + 2 x+ y II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : x + y + = , ∆ ' :3 x − y + 10 = điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , qua điểm A tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’ x +1 y −1 z −1 = = 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: ;d2: −1 x −1 y − z +1 = = mặt phẳng (P): x - y - 2z + = Viết phương trình tắc đường 1 thẳng ∆, biết ∆ nằm mặt phẳng (P) ∆ cắt hai đường thẳng d1, d2 Câu VII.a (1 điểm) Cho n số nguyên dương, tính tổng 2 − 1 23 − 2n +1 − n S = Cn0 + Cn + Cn + + Cn n +1 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b(2,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – y – = (C2): x2 + y2 - 6x + 8y + 16 = Lập phương trình tiếp tuyến chung (C1) (C2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng x y z x+1 d1 : = = ,d2 : = y = z − mặt phẳng P : x − y − z = Tìm tọa độ hai điểm 1 −2 M ∈ d1, N ∈ d2 cho MN song song P MN = ( ) ( ) 5 x y = 100 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình log ( x + 1) + log y = + log x -Hết Ghi chú: Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh:………………………… ĐÁP ÁN MÔN TOÁN – KỲ THI THỬ ĐH NĂM 2011- TRUNG TÂM LTĐH SÔNG LÔ Câu Ý Nội dung *Tập xác định: D = R x = * y’ = - 3x2 + 6x ; y’ = ⇔ x = *Bảng biến thiên x y’ y -∞ +∞ - 0 + 1đ +∞ - -2 Điểm -∞ * Hàm số nghịch biến ( - ∞ ;1) ( 3; + ∞ ); đồng biến ( 1; 3) * Hàm số đạt cực tiểu x = yCT = -2; hàm số đạt cực đại x = yCĐ = I y f(x)=-x^3+3x^2-2 x -4 -3 -2 -1 -2 -4 * Đồ thị : (1,0 điểm): Gọi M ∈ ( d ) ⇒ M(m;2) Gọi ∆ đường thẳng qua điểm M có hệ số góc k ⇒ PTĐT ∆ có dạng : y=k(x-m)+2 ĐT ∆ tiếp tuyến (C ) hệ PT sau có nghiệm 0,25 − x + x − = k( x − m) + (1) (I) (2) −3 x + x = k 0,25 Thay (2) (1) được: 2x3 -3(m+1)x2+6mx-4=0 ⇔ (x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0 x = ⇔ Đặt f(x) =VT(3) x − (3m − 1) x + = (3) Từ M kẻ tiếp tuyến đến đồ thị ( C) ⇔ hệ (I) có nghiệm x phân biệt ⇔ PT(3) có hai nghiệm phan biệt khác ∆ > m < −1 hoÆc m>5/3 ⇔ ⇔ f (2) ≠ m ≠ 0,25 m < −1 hoÆc m>5/3 từ M kẻ tiếp tuyến đến m ≠ Vậy M(m;2) thuộc (d): y = với (C) 0,25 x2 − x − ≥ ⇔x≥2 Điều kiện x ≥ 5 x − x − ≥ Bình phương hai vế ta x( x + 1)( x − 2) ≤ x − 12 x − ⇔ x( x + 1)( x − 2) ≤ x( x − 2) − 2( x + 1) ⇔ Đặt t = x( x − 2) x ( x − 2) ≤2 −2 x +1 x +1 −1 t≤ x( x − 2) 2 ⇔ t ≥ ( t ≥ ) ≥ ta bpt 2t − 3t − ≥ ⇔ x +1 t ≥ Với t ≥ ⇔ II 0,5 x( x − 2) ≥ ⇔ x2 − 6x − ≥ x +1 0,5 x ≤ − 13 ⇔ ⇔ x ≥ + 13 ( x ≥ ) Vậy bpt có nghiệm x ≥ + 13 x ≥ + 13 2 cos x + sin x cos( x + 2 cos x + sin x (cos x cos 3π π ) − sin( x + ) = ⇔ 4 0,25 3π 3π π π − sin x sin ) − 4(sin x cos + cos x sin ) = 4 4 ⇔ 4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0 ⇔ (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0 s inx+cosx=0 (2) π ⇔ PT (2) có nghiệm x = − + kπ 4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3) 0,25 π Giải (2) : Đặ t = s inx-cosx= sin( x − ), §iÒu kiÖn t ≤ (*) ⇒ sin x = − t , 0.25 thay vào (2) PT: t2-4t-5=0 ⇔ t=-1( t/m (*)) t=5(loại ) 3π + k 2π Với t=-1 ta tìm nghiệm x : x = k 2π hoÆc x= KL: Họ nghiệm hệ PT là: x = − π 3π + kπ , x = k 2π vµ x= + k 2π 0,25 ln x e e e ÷ log x ln x ln xdx ln I =∫ dx = ∫ dx = ∫ 2 ln 1 + 3ln x x x + 3ln x x + 3ln x III dx 2 Đặt + 3ln x = t ⇒ ln x = (t − 1) ⇒ ln x = tdt Đổi cận … x e 2 ( t − 1) log x 1 Suy I = ∫1 x + 3ln x dx = ln ∫1 t tdt = ln ∫1 ( t − 1) dt 1 = t −t÷ = 3 ln 27 ln Gọi M trung điểm BC ta thấy: AM ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( A' AM ) A' O ⊥ BC Kẻ MH ⊥ AA' , (do ∠A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.) 0,5 0,5 Do BC ⊥ ( A' AM ) ⇒ HM ⊥ BC Vậy HM đọan vông góc chung HM ∈ ( A' AM ) 0,5 C’ A’ AA’và BC, d ( AA' , BC) = HM = a B’ Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH A' O HM = ta có: A AO AH ⇔ suy A' O = AO.HM = a a = a AH 3a IV Thể tích khối lăng trụ: V = A' O.S ABC Trước hết ta có: x + y 3 ( x + y) ≥ C O M (biến đổi tương đương) ⇔ ⇔ ( x − y ) 0,5 B 1aa a3 = A' O.AM.BC = a= 23 12 x + y) Đặt x + y + z = a Khi P ≥ ( V H a + 64 z 3 ( a − z) = a + 64 z 3 ( x + y) ≥ 0,5 = ( − t ) + 64t 3 z (với t = , ≤ t ≤ ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] Có 0,5 f '(t ) = 64t − ( − t ) , f '(t ) = ⇔ t = ∈ [ 0;1] 64 16 Lập bảng biến thiên ⇒ Minf ( t ) = 81 ⇒ GTNN P đạt x = y = 4z > t∈[ 0;1] 81 Tâm I đường tròn thuộc ∆ nên I(-3t – 8; t) Theo yc k/c từ I đến ∆ ’ k/c IA nên ta có 3(−3t − 8) − 4t + 10 = (−3t − + 2) + (t − 1) 2 +4 Giải tiếp t = -3 Khi I(1; -3), R = pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 VIa Gọi A = d1∩(P) suy A(1; ; 2) ; B = d2 ∩ (P) suy B(2; 3; 1) Đường thẳng ∆ thỏa mãn toán qua A vàr B Một vectơ phương đường thẳng ∆ u = (1; 3; −1) x −1 y z − = = Phương trình tắc đường thẳng ∆ là: −1 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 Xét phương trình : Z – Z + 6Z – 8Z – 16 = Dễ thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, phân tích vế trái thành nhân tử cho ta: (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = Suy ra: Z3 = 2 i Z4 = – 2 i VIIa { 0,5 } ĐS : −1,2, − 2 i, − 2 i ( C1 ) : I1 ( 0; ) , R1 = 3; ( C2 ) : I ( 3; −4 ) , R2 = 0,5 0,5 ( 2 Gọi tiếp tuyến chung ( C1 ) , ( C2 ) ∆ : Ax + By + C = A + B ≠ ) 2 ( 1) d ( I1; ∆ ) = R1 2B + C = A + B ⇔ d ( I ; ∆ ) = R2 A − B + C = A2 + B ( ) ∆ tiếp tuyến chung ( C1 ) , ( C2 ) ⇔ Từ (1) (2) suy A = B C= 0,5 −3 A + B Trường hợp 1: A = B Chọn B = ⇒ A = ⇒ C = −2 ± ⇒ ∆ : x + y − ± = Trường hợp 2: C = VIb −3 A + B Thay vào (1) A − B = A2 + B ⇔ A = 0; A = − B ⇒ ∆ : y + = 0; ∆ : x − y − = M ∈ d ⇒ M t; t; 2t , N ∈ d ⇒ N ( ) ( −1 − 2t '; t ';1 + t ' ) Gọi t = uuuu r uur t ' = MN.n P = t = 2t '+ u u u u r ⇔ ⇔ t = − 11 2 (−1 − 2t '− t) + (t '− t) + (1 + t '− 2t) = 13 MN = 12 t ' = − 13 Vậy M (− 11 11 22 11 12 ; − ; − ), N ( ; − ; ) M (1;1;2), N (−1;0;1) 13 13 13 13 13 13 0,5 0,5 y − x > Điều kiện: y > VIIb y−x y−x log ( y − x ) + log y = −1 log y = −1 y = ⇔ ⇔ Hệ phương trình ⇔ x + y = 25 x + y = 25 x + y = 25 3y x = x = ⇔ ⇔ x + y = 25 y = ( y> x ; y > 0) ⇔ ( x; y ) = (3; 4) Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định Hết -(1,0đ) Từ gt ⇒ x ≥ 2; y ≥ −1 ( Vì x − + y + ) ≤(2 Nên từ x + y = x − + + 12 ) ( x − + y + 1) ⇔ x − + y + ≤ 5( x + y − 1) y +1 +1 ⇒ x + y ≤ 5( x + y − 1) + Đặt t = x + y , ta có: t − ≤ 5(t − 1) ⇔ ≤ t ≤ 2 = t2 + Khi đó: F = ( x + y ) + x+ y t 2 ' ≥ 0; ∀t ∈ [ 1;6] Xét f (t ) = t + , với t ∈ [ 1;6] , có f (t ) = t − t t t ⇒ Min f (t ) = f (1) = ; Max f (t ) = f (6) = 18 + t ∈ 1;6 [ ] t∈[ 1;6] 0,5 0,5 ⇒ GTNN F là: GTLN F là: 18 + IV (1điểm) x = đạt tại: t = ⇔ y = −1 x = đạt :t= ⇔ y = S K H B I C A uu r uuu r *Ta có IA = −2 IH ⇒ H thuộc tia đối tia IA IA = IH BC = AB = 2a Suy IA = a, IH = a ⇒ AH = IA + IH = Ta có HC = AC + AH − AC AH cos 450 ⇒ HC = ( ) a Vì SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SC , ( ABC ) = ∠SCH = 60 ⇒ SH = HC tan 60 = 0 Ta có HC = AC + AH − AC AH cos 450 ⇒ HC = Vì SH ⊥ ( ABC ) ⇒ ( SC , ( ABC ) ) Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS ABC 0,25 3a a 15 0,25 a a 15 = ∠SCH = 60 ⇒ SH = HC tan 60 = 0,25 a 15 = S ∆ABC SH = ( dvtt ) BI ⊥ AH ⇒ BI ⊥ ( SAH ) BI ⊥ SH d ( K , ( SAH ) ) SK 1 a ⇒ = = ⇒ d ( K , ( SAH ) ) = d ( B, ( SAH ) ) = BI = 2 d ( B, ( SAH ) ) SB 0,25 * 0,25 ... C’ A AA’và BC, d ( AA' , BC) = HM = a B’ Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH A' O HM = ta có: A AO AH ⇔ suy A' O = AO.HM = a a = a AH 3a IV Thể tích khối lăng trụ: V = A' O.S ABC Trước hết ta có:... C A uu r uuu r *Ta có IA = −2 IH ⇒ H thu c tia đối tia IA IA = IH BC = AB = 2a Suy IA = a, IH = a ⇒ AH = IA + IH = Ta có HC = AC + AH − AC AH cos 450 ⇒ HC = ( ) a Vì SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SC , ( ABC... ta thấy: AM ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( A' AM ) A' O ⊥ BC Kẻ MH ⊥ AA' , (do A nhọn nên H thu c đoạn AA’.) 0,5 0,5 Do BC ⊥ ( A' AM ) ⇒ HM ⊥ BC Vậy HM đ an vông góc chung HM ∈ ( A' AM ) 0,5 C’ A