THI THU DH +DAP AN MON TOAN

ĐỀ THI THƯ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – 2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( điểm ) Câu I Cho hàm số y = x − 4x + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Tìm tất giá trị tham số m cho phương trình | x − 4x + |= m có bốn nghiệm phân biệt Câu II 1) Giải phương trình ( x + x + 3) = x3 + 3x + 3x + 2)Giải phương trình: sin x + sin x + sin x + sin x = cos x + cos x + cos x + cos x Câu III : ( điểm ) Tính tích phân I = π ∫π − tan x dx ex + Câu IV : ( điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành có cạnh AB = a, cạnh AD = · b, góc BAD = 60 Cạnh SA = 4a SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M cho AM = x ( < x < 4a ) Mặt phẳng (MBC) cắt cạnh SD N Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần cho thể tích khối SBCNM thể tích khối BCNMAB  x3 − y + y − 3x − = Câu V : ( điểm )Tìm m để hệ phương trình:  có nghiệm thực 2  x + − x − y − y + m = PHẦN RIÊNG ( điểm ) :Thí sinh làm hai phần A B A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a ( điểm ) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x − y = điểm M (2;1) Tìm phương trình đường thẳng ∆ cắt trục hồnh A cắt đường thẳng (d ) B cho tam giác AMB vng cân M x−4 z+3 x +1 y − = y −1 = = = 2−z 2)Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d1 : d2 : −1 −1 Viết phương trình tham số đường thẳng d3 đối xứng với đường thẳng d2 qua đường thẳng d1 Câu VII.a ( điểm) Cho số thực a,b,c số phức z = − + i 2 2 Chứng minh : a + bz + cz a + bz + cz ≥ Dấu bất đẳng thức xảy nào? ( )( ) B.Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b ( điểm ) 1)Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm A ( −2;1) , B ( 2; ) , C ( 10;6 ) Trong tam gáic ABC ,hãy viết phương trình tham số đường phân giác góc A 2)Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A ( 3;1;1) , B ( 1;1; −1) , C ( −1;2;3 ) , D ( 4; −2; ) mp(P) có phương uuur uuur uuuur uuuur trình : x + 3y + z − 13 = Tìm tọa độ điểm M nằm mp(P) cho −2 MA + MB − MC + MD ngắn ( ( ( ) ) x + x − + ln x − x + = y   Câu VII.b ( điểm ) Giải hệ phương trình : y + 3y − + ln y − y + = z  z + 3z − + ln z2 − z + = x   ) Hết Ghi :-Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Câu I ĐÁP ÁN Nội dung Ý + TXĐ: ¡ + Chiều biến thiên: y′ = x − x = x ( x − ) , y′ = ⇔ x = ∨ x = ± ( ) ( ( ) ( ) Do hàm số đồng biến ( − 2;0 ) , ( 2; +∞ ) , hàm số nghịch biến ( −∞; − ) , ( 0; ) y′ > ⇔ x ∈ − 2;0 ∪ ) 2; +∞ , y′ < ⇔ x ∈ −∞; − ∪ 0; ( ) Hàm số đạt cực đại x = 0, ycd = , hàm số đạt cực tiểu x = ± 2, yct = y ± = −1 3  y = lim x 1 − + ÷ = +∞ Giới hạn lim x→∞ x →∞ x   x Bảng biến thiên (giám khảo tự vẽ) + Đồ thị Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng ( Đồ thị hàm số cắt Ox ( ±1;0 ) , ± 3;0 y ) - 3 -1 O x + Số nghiệm phương trình | x − 4x + |= m số giao điểm đồ thị hàm số y = x − 4x + với đường thẳng y = m (cùng phương với Ox ) + Nêu cách dựng đồ thị y = x − 4x + từ đồ thị vừa vẽ II + Từ suy phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt < m < m = + Điều kiện x + 3x + 3x + ≥ ⇔ x ≥ −2 2 2 + Nhận xét x + 3x + 3x + = ( x + ) ( x + x + 1) x + 2x + = ( x + ) + ( x + x + 1) Đặt u = x + ≥ 0, v = x + x + > ta ( u + v ) = 5uv ⇔ ( 2u − v ) ( u − 2v ) = ± 37 (thỏa mãn điều Nếu v = 2u ta có phương trình x2 + x + = x + ⇔ L ⇔ x = kiện) Nếu u = 2v ta có phương trình vơ nghiệm Kết luận nghiệm … x + = x + x + ⇔ 4x + 3x + = phương trình Câu I : ( điểm ) x3 x2 + x + có tập xác đònh D= R 1) y = 3 lim y = −∞ lim y = +∞ 0,25 x →+∞ x →−∞ ' y =- x - x + − x − x + = ⇔ x = hay x = −2 Hàm số đồng biến khoảng :(-2;1) 0,25 26 π − 30 Câu IV : ( điểm ) 0,25 KL : I = S M A N B D C Hàm số nghòch biến khoảng: (- ∞ ;-2),(1; + ∞)  7 Điểm cực đại đồ thò hàm số :  1; ÷  2 0,25 0,25 0,25 Điểm cực tiểu đồ thò hàm số : ( - 2; - 1)  5 Tọa độ điểm uốn : I  − ; ÷  4 Vẽ đồ thò hàm số : 0,25 y -2 -1 x (MBC ) I (SAD) = MN ( Do AD // BC) ( N ∈ SD ) 3.a2 b VS ABCD = AB.AD.sin 600.SA = 3 3.a2 b VS ABC = VS ACD = VS ABCD = VS MBC SM SB SC 4a - x = = VS ABC SA SB SC 4a VSMBC = 0,25 VS MNC SM SN SC  SM  = = ÷ VS ADC SA SD SC  SA  0,25 12 VSMNC = b 3.( 4a - x ) 5m 61 + ) 24 Phương trình tiếp tuyến ( C) M0(x0;y0 ):  x3 x2 7 y −  − − + x0 + ÷ = ( - x0 - x0 + )(x  3÷   – x0 ) Tiếp tuyến quaM ⇔ x2 5m 61  x0 7 + −− − + x0 + ÷ = ( 24  3÷  - x0 - x0 + )(m – x0 ) VBCNMAB = 0,25 0,25  1 3m x0 +  − m ÷x0 − mx0 + − =0 24 2  ⇔ Để thỏa YCBT ⇔ (*) có hai nghiệm âm phân biệt  7m 5   m + − 12 >  m < − hay m >   5  ⇔  −m > ⇔ m < 18  18 5  3 m < 2 m − <   0,25 0,25 0,25 48 VS BCNM = VSMBC + VSMNC = 2) ∀ M ∈ d : M(m; b ( 4a - x ) ( 8a - x ) 48 b x ( 12a - x ) 48 Thỏa YCBT : VS BCNM = VBCNMAB 2 ⇔ x − 108ax + 128a = 4a   x = (Nhận) ⇔  x = 32a (Loại)  4a KL : x = Câu VIa : ( điểm ) 1)đường thẳng ∆ có phương trình : ( + m ) x + ( m − ) y + m + = đường tròn (C) có phương trình : x + y + x − y + 13 = ( C ) có tâm I(-3;3) có bán kính R = Hệ vô có nghiệm ⇔ ∆ ( C) điểm chung ⇔ d ( I , ∆ ) > R ⇔ m−6 > 2m − 2m + 11 ⇔ − < m ⇔  x +  − m  x + − 3m = * ( ) ÷ 12    Câu V : ( điểm )  −2 x + ( m − 5) y + = Xét hệ :  3 x + ( m + ) y − = ( −5m + 5) x = −5m + 15 (I) ⇔ − m + y = − ) ( TH1 : m ≠ m- y= MinP = x = m- m-1 TH2 : m = Đặt : t = -2x – 4y +1 Khi : − x + y + z + 4t2 − = H = (P) I d2 ⇒ H =hc M d1 4 4  ⇒ H  t2 ;5 − t2 ;1 − t2 ÷ 3  3 K đối xứng với M qua d1 ⇒ H trung điểm đoạn MK Đường thẳng d3 đối xứng với đường thẳng d2 qua đường thẳng d1  5  ⇒ K  + t2 ;7 − t2 ; − t2 ÷∈ d3 3   Ta tìm I(5; -6 ; -7 ) uuur uuur uuuur uuuur − MA + MB − MC + MD =MI Lúc : uuur uuur uuuur uuuur −2 MA + MB − MC + MD ngắn ⇔ I đoạn MI ngắn M = hc ( P ) 0,25 0,25 0,25 Phương trình tắc d qua I d x −5 y+6 = = z+7 vuông góc với (P) : M=(P) I d Þ M(9;0;-5) Câu VII b ( điểm ) Nghiệm hệ số giao điểm Xét hàm số f ( t ) = t + 3t - + ln ( t - 2t + 2) R Ta có : 0,25 0,25 0,25 13 15 25 13  15  25 25 P = t2 + t + = t + ÷ + ≥ 4  13  13 13 25 15 28 =0 MinP = t = x + y 13 13 13 KL : m- y= m ≠ 1: MinP = x = m- m-1 ïìï x = k Ỵ R 25 ï m=1 : MinP = íï 13 ïï y = 13 - k ỵ Câu VIIa ( điểm ) 2 Ta có : a + bz + cz a + bz + cz ( )( ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 t2 + 3t + > 0, ∀t ∈ R t − 2t + Xét hàm số g(t) = t R g’(t)=1 >0, ∀ t ∈R Hàm f(t) hàm g(t) đồng biến R x ≤ y ⇒ f(x) ≤ f(y) ⇒ g(y) ≤ g(z) ⇒ y ≤ z ⇒ f(y) ≤ f(z) ⇒ g(z) ≤ g(x) ⇒ z ≤ x Vậy : x = y = z = t t nghiệm phương trình : t + 2t - + ln ( t - 2t + 2) = (*) f ' ( x) = Hàm số h(t) = t + 2t - + ln ( t - 2t + 2) đồng biến R (vì có t2 h' ( t ) = + + 3t >0, ∀ t ∈ R) t - 2t + 0,25 2 h(1) = = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  ≥ 0(ĐPCM) (*) có nghiệm t= KL: Hệ có nghiệm (1;1;1) II sin x + sin x + sin x + sin x = cos x + cos x + cos x + cos x TXĐ: D =R sin x + sin x + sin x + sin x = cos x + cos x + cos x + cos x sin x − cosx = ⇔ (sin x − cosx).[ + 2(sin x + cosx) + sin x.cosx ] = ⇔   + 2(sin x + cosx) + sin x.cosx = π + Với sin x − cosx = ⇔ x = + kπ (k ∈ Z ) + Với + 2(sin x + cosx) + sin x.cosx = , đặt t = sin x + cosx (t ∈  − 2;  )  t = −1 pt : t2 + 4t +3 = ⇔  t = −3(loai ) = a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca = (2a2 + 2b2 +2 c2 –2 ab – 2bc – 2ca) π  x = + kπ ( k ∈ Z )   x = π + m2π   (m ∈ Z )  x = π + m2π (m ∈ Z ) t = -1 ⇒  x = − π + m2π  π   x = − + m2π  Câu AVI.1 (1,0 đ) A nằm Ox nên A ( a;0 ) , B nằm đường thẳng x − y = nên B(b; b) , uuur uuur M (2;1) ⇒ MA = (a − 2; −1), MB = (b − 2; b − 1) 0,25 Tam giác ABM vng cân M nên: uuur uuur  MA.MB = (a − 2)(b − 2) − (b − 1) = ⇔ ,  2  (a − 2) + = (b − 2) + (b − 1)  MA = MB b = khơng thỏa mãn 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0.25 b −1  a − = ,b ≠ b −1   ,b ≠ b−2 a − =  ⇔ b−2  2 2 (a − 2) + = (b − 2) + (b − 1)  b −  + = (b − 2) + (b − 1)   b − ÷   a = b −1   a − = b − , b ≠  b = ⇔ ⇔  a =   (b − 2) + (b − 1)   − =     (b − 2)      b = a = Với:  đường thẳng ∆ qua AB có phương trình x + y − = b =  a = đường thẳng ∆ qua AB có phương trình x + y − 12 = b =  Với   Gäi M  x0 ;2 +    ∈(C) x0 −  * TiÕp tun t¹i M cã d¹ng: y = −3 ( x − x0 ) + + x0 − ( x0 − 1) TiÕp tun t¹i M c¾t hai tiƯm cËn t¹i A vµ B nªn täa ®é A; B cã d¹ng lµ: A    1;2 + x −1     B(2x0-1; 2) ; I(1; 2) ⋅ x0 − = 2.3 = (®vdt) * Ta cã: S∆IAB= IA IB= ⋅ x0 − * ∆IAB vu«ng cã diƯn tÝch kh«ng ®ỉi => chu vi ∆IAB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt IA= IB (HS tù chøng minh)  x0 = + = x0 − ⇒  x0 −  x0 = − * VËy cã hai ®iĨm M tháa m·n ®iỊu kiƯn M1( + 3;2 + ) M2( − 3;2 − ) Khi ®ã chu vi ∆AIB = +  x3 − y + y − 3x − = V)  2  x + − x − y − y + m = (1) (2) 1 − x ≥  −1 ≤ x ≤ ⇔ Điều kiện:   2 y − y ≥ 0 ≤ y ≤ Đặt t = x + ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t3 − 3t2 = y3 − 3y2 Hàm số f(u) = u3 − 3u2 nghịch biến đoạn [0; 2] nên: ,25 0,25 (1) ⇔ t = y ⇔ y = x + ⇒ (2) ⇔ x − − x + m = Đặt v = − x ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v2 + 2v − = m g (v) = −1; m ax g (v) = Hàm số g(v) = v2 + 2v − đạt [ 0;1] [ 0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm −1 ≤ m≤ ... tan t dt = et + π ∫π Ta có : I + I = − ⇒ 2I = π ∫π tan − π − π e x tan x dx ex + ∫π − 0,5 0,25 0,25 tan x dx + ex + π ∫π − e x tan x dx ex + xdx = 0,25 0,25 ∫  tan x ( tan π : ) ( ) x + − tan... dx ex + xdx = 0,25 0,25 ∫  tan x ( tan π : ) ( ) x + − tan x tan2 x + + tan x + − 1 dx  0,25 π  tan x tan x  26 π = − + tan x − x  = − 15   −π 0,25 0,25 KL: ptts dường thẳng d3 đối xứng...Câu I ĐÁP ÁN Nội dung Ý + TXĐ: ¡ + Chiều biến thi n: y′ = x − x = x ( x − ) , y′ = ⇔ x = ∨ x = ± ( ) ( ( ) ( ) Do hàm số đồng biến ( − 2;0 ) ,