Đề và đáp án thi thử ĐH 2011 số 1

GV: Nguyễn Huy Khôi ĐỀ SỐ: 01 ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 – KHỐI A+B MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2,0 điểm) y = mx + (m − 1) x + (4 − 3m) x + Cho hàm số có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số m=1 Tìm tất giá trị m cho đồ thị (Cm) tồn điểm có hoành độ âm mà tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (L): x+2y-3=0 Câu II (2,0 điểm) sin x.sin x + cos x − = cos x Giải phương trình  − 4x + x − log 23 y =  log  y  (1 − log y )(1 + x ) = 2 Giải hệ phương trình  x dx I =∫ + 2x − x2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 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 2 P= ( x − y + 1) + (2 x − my + 3) Với ∀x, y ∈ R 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):(m21)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) C2nn > 2n n Chứng minh 2n + với ∀n ∈ N , n ≥ Trong C2 n số tổ hợp chập n 2n phần tử 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 (d ) : = = −1 −2 tạo Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa với trục Oy góc lớn Câu VIIb (1,0 điểm) x x Định m để bất phương trình − m.3 − m + ≤ có nghiệm .… Hết … ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - MÔN TOÁN Câu ý Đáp án Điểm y = x3 + x + Khi m =1 Tập xác định: R Chiều biến thiên: y ' = x + → y’>0 ∀x ∈ R 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 Phương trình đường thẳng (L) có hệ số góc 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 x = hay x= m Nếu m ≠ dễ thấy phương trình (1) có nghiệm − (1,0) m < − 3m m  để có nghiệm âm m < hay m > (C) có tiếp điểm có hoành độ âm thỏa Vậy yêu cầu đề 0,25 0,25 0,25 0,25 Phương trình tương đương với ⇔ + sin 2 x = sin x.sin x (1,0) (1 − cos x )cos x + = sin x.sin x sin x =    sin x.sin x = Vậy phương trình có nghiệm  sin x =  ⇔  0.sin x =  hệ vô nghiệm tức phương trình vô nghiệm x ≤ 1và log y ≤ < y ≠ Điều kiện x = co s α log y = co s β với α , β ∈ [0; π ] đưa đến hệ nên đặt  − 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 − = Câu II (2,0) (1,0) t = sin β − cos β , t ≤ ⇒ sin β cos β = 1− t2 phương trình Đặt 1− t2 t− − = ⇔ t + 2t − = ⇒ t = (loại t=-3) π π  sin  β − ÷ = ⇒ β = ⇒ α = 4  Với t=1 tức (loại β = π ) tức  2x = x = ⇒  log y =  y = So với điều kiện ban đầu loại, nên hệ vô nghiệm 1 x dx x dx x dx I =∫ =∫ =∫ + x − x − ( x − x + 1) 22 − ( x − 1) 0,5 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=0⇒t = x =1⇒ t = đưa đến tích phân Câu III (1,0) π I =−∫ 2π I= 2π ∫ π (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 2 0,5 2π ∫ ( + cos t + cos 2t ) dt = (3t + 4sin t + sin 2t ) π 0,25 2π π = π + 3 −4 2 K 0,25 CâuI V (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 BK = BI ⇒ 15 a B ' K = B ' B − BK = a −  ÷ = a 4 + Với Tam giác vuông BB’K có 15a S BB ' C ' C = B ' K BC = + Vậy diện tích mặt bên BB’C’C + Hoàn toàn tương tự diện tích mặt nên 15a S xq = 4S BB ' C ' C = 15a DB a OB = = 2 + Do BDC tam giác cạnh a nên 2 2 a B ' O = B ' B − OB = a −  ÷ = a 2 + Và 1 3a V = AC.BD.OB ' = a 3.a.a = 2 Câu (1,0) V (1,0) 0,25 0,25 0,25 Ta nhận thấy ( x − y + 1) ≥ (2 x − my + 3) ≥ ∀x, y ∈ ¡ ⇒ P ≥  x − y +1 = P=0⇔ 2 x − my + = tức P=0 hệ phương trình có nghiệm 2 −2  x − 2y +1 =  x − y = −1 ⇔ = 4−m   x − my + =  x − my = −3 có −m D ≠ ⇔ − m ≠ ⇔ m ≠ hệ có nghiệm tức P=0 xảy  x − y +1 =  D = ⇔ − m = ⇔ m = hệ  x − y + = vô nghiệm nên minP>0 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 7 P= t = − hay x − y + = 5 Vậy 0,25 0,25 0,5 m=4 hay minP=0 m ≠ Kết luận + 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 P=  1 S  0; ÷∉ (d ) tức   + Nếu a=0 (2) (2b-1)m+1=0 vô nghiệm + Nếu a ≠ (2) vô nghiệm (2b − 1) − 4a(1 − a) < b= (1,0) 1 ⇔ 4a − 4a + (2b − 1) < ⇔ (a − ) + (b − ) < 2 điểm nằm 1 1 I ; ÷ R= (d) không qua đường tròn cố định tâm  2  bán kính Kết hợp ta có đường thẳng (d) không qua điểm nằm đường 1 1 I ; ÷ R= tròn tâm  2  bán kính 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 = Câu VI.a (2,0) (1,0) Câu VII a (1,0) Để mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu d ( I , P ) = R m + n − 2m + n + 2n − m −2m + 4n ⇔ = 2⇔ = 2 2 ( m + n ) + ( − m) + ( − n ) 2m + +2mn + 2n  n=0 2 ⇔ (−2m + 4n) = 2(2m + +2mn + 2n ) ⇔ 2n(3n − 5m) = ⇔   n = 5m  + Khi n = chọn m=1 phương trình x-y-1=0, 5m n= chọn m = ⇒ n = phương trình 8x-3y-5z+7=0 + Khi C2nn > 2n Chứng minh 2n + với ∀n ∈ ¥ , n ≥ C2nn (2n)! 1.3.5 (2n − 1) = 2n = 2n n !.n ! 2.4.6 (2n) Biến đổi vế phải ta phải chứng minh 2k − ( = Câu (1,0) VI.b (2,0) 2k − 2k − ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 = 2k − , ∀k ∈ ¥ , k ≥ 2k + 4k 4k − Mà 2k 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) sin ϕ = + Nếu m=0 mặt phẳng (P):2y-z+4=0 góc ϕ = (( P), Oy ) có + 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) 0,25 (1 + 2n) ⇒ sin ϕ = = f ( n) 5n + 4n + Nhận xét ϕ lớn sin ϕ lớn 0,25  n = ⇒ f (2) =  −4 n + n + f '(n) = =0⇔ 2 (5n + 4n + 2) n = − ⇒ f  −  = lim f (n) =  ÷   2 n→±∞ Vậy sin ϕ lớn n=2 mặt phẳng (P): x+5y-2z+9=0 t2 + ⇔ ≤ m; ∀t > x t +1 Đặt = t > bất phương trình t − mt − m + ≤ Vậy bất phương trình có nghiệm tức tồn giá trị t>0 t2 + y= t + nằm đường thẳng y=m cho đồ thị hàm 0,25 Câu VII (1,0) b (1,0) t2 + ⇒ y ' = − = t + 2t − y= = t −1 + (t + 1) (t + 1) t +1 t +1 Mà  t =1 t + 2t − ⇒ y' = ⇔ =0⇔  (t + 1) t = −3 (loại t=-3) Lập bảng biến thiên ta thấy hàm y= 0,25 0,25 0,25 0,25 t2 + t + nhận giá trị [2; +∞); ∀t > 0,25 Vì để bất phương trình có nghiệm m ≥ … Hết… ...ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - MÔN TOÁN Câu ý Đáp án Điểm y = x3 + x + Khi m =1 Tập xác định: R Chiều biến thi n: y ' = x + → y’>0 ∀x ∈ R lim y =... b (1, 0) t2 + ⇒ y ' = − = t + 2t − y= = t 1 + (t + 1) (t + 1) t +1 t +1 Mà  t =1 t + 2t − ⇒ y' = ⇔ =0⇔  (t + 1) t = −3 (loại t=-3) Lập bảng biến thi n ta thấy hàm y= 0,25 0,25 0,25 0,25 t2... (2) vô nghiệm (2b − 1) − 4a (1 − a) < b= (1, 0) 1 ⇔ 4a − 4a + (2b − 1) < ⇔ (a − ) + (b − ) < 2 điểm nằm 1 1 I ; ÷ R= (d) không qua đường tròn cố định tâm  2  bán kính Kết hợp ta có đường thẳng