4 đề thi thử Đại học Môn Toán và đáp án tham khảo

wWw.VipLam.Info 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 Câu I (2 điểm) Thời gian làm bài: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Cho hàm số y = x −1 (1) x +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: Câu III (1 điểm) − x2 =2 sin x + cos x tan( π − x).tan( π + x) = cos 4 x Tính giới hạn sau: L = lim x →0 ln(2e − e.cos2 x) − + x x2 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 :  −x x + 2010 y = 2009  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! wWw.VipLam.Info Họ tên thí sinh: ……….………………………………….…… Số báo danh: ……………… wWw.VipLam.Info CÂU I.1 HƯỚNG DẪN NỘI DUNG x −1 =2− Hàm số: y = 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 wWw.VipLam.Info π π π π +) tan( − x) tan( + x) = tan( − x) cot( − x) = 4 4 1 sin x + cos x = − sin x = + cos x 2 pt ⇔ cos x − cos x − = π +) Giải pt cos24x = ⇔ cos8x = ⇔ x = k cos24x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta nghiệm phương trình x = k III L = lim ln(2e − e.cos2 x) − + x x2 x →0 =2− IV.1 x2 x →0       −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 Ta có: S = prC = (l + r ).rC = SM AB ⇒ rC = l l − r 2r l −r =r 2(l + r ) l+r 2 +) Scầu = 4π r C = 4π r IV.2 ln(1 +1 − cos2 x ) +1 − + x = lim   ln(1 + 2sin 2 x) − + x = lim  + x →0  x x2  2sin x  2sin x π ,k ∈ Z điểm 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 ) = = ⇔ (l + r )  −1 l r =  +) BBT: r y'(r) y(r) V −1 l điểm l ymax −1 +) Ta có max Scầu đạt ⇔ y(r) đạt max ⇔ r = l +) Ta có điểm wWw.VipLam.Info P = ( x + y + z )( x + y + z − xy − yz − zx ) 2  x2 + y + z − ( x + y + z)2  P = (x + y + z)  x2 + y + z +       − ( x + y + z) ( x + y + z)2  P = ( x + y + z ) 2 + = ( x + y + z ) +    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 +) 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 wWw.VipLam.Info 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) Giải hệ phương trình:  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 A Theo chương trình chuẩn phÇn) wWw.VipLam.Info 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 Câu VIa : Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: ( + 3) x −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 log xy log  4 = + ( xy ) 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 Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iĨm) y = x3 + 3x2 + mx + (Cm) m = : y = x3 + 3x2 + 3x + (C3) + TXĐ: D = R + Giới hạn: lim y = −∞, lim y = +∞ x →−∞ §iĨm x →+∞ + y’ = 3x2 + 6x + = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀x ⇒ hµm sè ®ång biÕn trªn R • Bảng biến thiên: 0,25 0,25 0,25 wWw.VipLam.Info + 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 thẳng y = là: x = x3 + 3x2 + mx + = ⇔ x(x2 + 3x + m) = ⇔  (2)  x + 3x + m = * (Cm) cắt đường thẳng y = C(0;1), D, E phân biệt: ⇔ Phương trình (2) có nghiệm xD, xE ≠ m ≠  ∆ = − 4m >  ⇔ (*) ⇔ 0 + × + m ≠  m < Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD=y’(xD)= 3x 2D + 6x D + m = −(3x D + 2m); 0,25 0,25 0,25 kE=y’(xE)= 3x 2E + 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 đònh lý Vi-ét) ⇔  + 65 m = 4m2 – 9m + = ⇔   − 65 m =   So s¸nh §k (*): m = − 65 ( II ) wWw.VipLam.Info x ≥  §k:   y ≥ (1) 0,5 ⇔ 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 y −1 − y −1 = ⇔ y −1 = y −1 +1 0,25 ⇔ y −1 = y −1+ 2 y −1 + ⇔ y −1 = 2 y −1   y −1 =  y = (tm)  x = ⇔ ⇔ ⇒  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 ≠ ⇔ 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 ®K:  0,25 wWw.VipLam.Info ⇔ 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 10 wWw.VipLam.Info 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 ] a3 = 0,25 ⇔ M trïng víi D π π ∫ 0,25 π ∫ ∫ I = ( x + sin 2 x)cos xdx = xcos xdx + sin 2 xcos xdx = I + I TÝnh I1 0 π π  du = dx  u = x x 14  ®Ỉt  ⇒ ⇒ I1 = sin x − ∫ sin xdx v = cos xdx  v = sin x 20  ∫  0,25 π π π = + cos x = − 8 TÝnh I2 π π 1 I = ∫ sin 2 xd (sin x) = sin x = 20 6 0,25 11 wWw.VipLam.Info VËy I= IV π 1 π − + = − 8 12 0,25 1 Ta cã :VT = ( A+3= 2 a b c b c a + + )+( + + ) = A+ B b+c c+a a+b b+c c+a a+b 1 1  + + [ (a + b) + (b + c ) + (c + a )]   a + b b + c c + a  1 1 ≥ 3 (a + b)(b + c)(c + a )3 = a+b b+c c+a ⇒ A≥ a2 b2 c2 12 = (a + b + c) ≤ ( + + )(a + b + b + c + c + a) a+b b+c c+a ⇔ ≤ B.2 ⇔ B ≥ Tõ ®ã tacã VT ≥ + = = VP 2 DÊu ®¼ng thøc x¶y a=b=c=1/3 V.a 5 , trung ®iĨm M ( ; − ), 2 pt (AB): x – y – = 3 S ∆ABC = d(C, AB).AB = ⇒ d(C, AB)= 2 Ta cã: AB = ⇒ d(G, AB)= t − (3t − 8) − ⇒ G(1; - 5) hc G(2; - 2) = 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇒ t = hc t = 2 uuuu r uuuu r Mµ CM = 3GM ⇒ C = (-2; -10) hc C = (1; -1) 0,25 0,25 Gäi G(t;3t-8) lµ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)= 0,25 0,25 12 wWw.VipLam.Info x = 1− t  ptts∆ :  y = −2 + t ⇒ M (1 − t ; −2 + t ; 2t )  z = 2t  0,5 0,25 Ta cã: MA2 + MB = 28 ⇔ 12t − 48t + 48 = ⇔ t = Tõ ®ã suy : M (-1 ;0 ;4) VI.a ( Bpt ⇔ + ( t = 2+ ) ) x − 2x x2 − x ( + 2− ( t > 0) 0,25 ) x − 2x 0,25 ≤4 BPTTT : 0,25 t+ ≤4 t ⇔ t − 4t + ≤ ⇔ − ≤ t ≤ + (tm) ( Khi ®ã : − ≤ + ⇔ ) 0,25 x −2 x ≤ + ⇔ −1 ≤ x − x ≤ 0,25 x − 2x − ≤ ⇔ − ≤ x ≤ + V.b 1 (C) có tâm I(3;0) bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm)  ·AMB = 600 (1) Vậy  Vì MI phân giác ·AMB  ·AMB = 1200 (2) 0,5 IA (1) ⇔ ·AMI = 300 ⇔ MI = ⇔ MI = 2R ⇔ m + = ⇔ m = m sin 300 IA (2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI = R ⇔ m2 + = Vơ ⇔ MI = sin 60 3 nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; ) M2(0;- ) 0,5 Gọi H hình chiếu vng góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vng góc với d  x = + 2t  d có phương trình tham số là:  y = −1 + t z = −t  0,25 uuuu r Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − + t ; − t).Suy : MH = (2t − ; − + t ; − t) 13 wWw.VipLam.Info r Vì MH ⊥ d d có vectơ phương u = (2 ; ; −1), nên : uuuu r 1 0,25 2 2.(2t – 1) + 1.(− + t) + (− 1).(−t) = ⇔ t = Vì thế, MH =  ; − ; − ÷   uuuu r uuuur uMH = 3MH = (1; −4; −2) Suy ra, phương trình tắc đường thẳng MH là: 3 x − y −1 z = = −4 −2 Theo trªn cã H ( ; − ; − ) mµ H lµ trung ®iĨm cđa MM’ nªn to¹ ®é M’ 0,25 0,25 ( ;− ;− ) 3 ĐK: x>0 , y>0 VIb (1) ⇔ 22 log3 xy − 2log3 xy − = 0,5 0,25 x (2)⇔ log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = ⇔log3xy = ⇔ xy = 3⇔y= Kết hợp (1), (2) ta nghiệm hệ: ( ; ) ( ; ) 0,25 14 wWw.VipLam.Info S M A D H B C 15 wWw.VipLam.Info ĐỀ THI VÀ GỢI Ý BÀI GIẢI MƠN TỐN –ĐH-CĐ năm 2011 *** PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH x − mx + 2m − mx − Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = (1), có đồ thị (Cm), m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Xác định m để tiệm cận xiên (Cm) qua gốc tọa độ hàm số (1) có cực trị Câu II (2 điểm) π 2π  − sin x   sin  x + ÷+ sin  x + ÷= 3     Giải phương trình :  x + y3 = m(x + y)  x − y = Cho hệ phương trình : Tìm tất giá trị m để hệ phương trình có nghiệm phân biệt (x 1; y1), (x2; y2) (x3; y3) cho x1, x2, x3 lập thành cấp số cộng Câu III (2 điểm) Tam giác ABC có a = b - Chứng minh : cos2A = cos2B - Tìm giá trị lớn góc B giá trị tương ứng góc A, C ln x ∫1 (x + 1)2 dx Tính tích phân: I = Câu IV (2 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A (6;-2;3); B (2;-1;3); C (4;0;-1) Chứng minh rằng: A, B, C ba đỉnh tam giác Tìm độ dài đường cao tam giác ABC kẻ từ đỉnh A Tìm m n để điểm M (m + 2; 1; 2n + 3) thẳng hàng với A C PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn làm câu V a câu V.b Câu V.a Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm) x y2 − =1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H) có phương trình: điểm M(2; 1) Viết phương trình đường thẳng d qua M, biết đường thẳng cắt (H) hai điểm A, B mà M trung điểm AB Cho hai đường thẳng song song Trên đường thẳng thứ lấy điểm phân biệt Trên đường thẳng thứ hai lấy 16 điểm phân biệt Hỏi có tam giác với đỉnh điểm lấy hai đường thẳng cho Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 2007 2006 2006 − x + 2007 − x =1 Giải phương trình: µ Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng cân đỉnh A ( A = 90o), AB=AC=a Mặt bên qua cạnh huyền BC vng góc với mặt đáy, hai mặt bên lại hợp với mặt đáy góc 60o Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC BÀI GIẢI 16 wWw.VipLam.Info x − 2x x2 − x +1 Câu I m = ⇒ y = x − MXĐ : D = R \ {1} y' = (x − 1) ; y’ = ⇒ x = 0, x = TCĐ : x = 1; TCX : y = x x −∞ +∞ y' + − − + y -1 +∞ +∞ −∞ −∞ mx − 2x − 2m + 2m x − mx + 2m − (mx − 1) mx − y= ; y’ = x − m 2m − 2m + x − m2 + + + m2 m (mx − 1) ⇒ TCX : y = m m với 2m3 − 2m + ≠ m ≠ y= m  mx − 2x − 2m + 2m = có nghiem phan biet   − m2 ∧ 2m3 − 2m + ≠ ∧ m ≠ 0 = m YCBT ⇔  ⇔m=1 π π − sin x π       π  − sin x sin  x + ÷+ sin  x + sin  x + ÷+ sin  − x ÷ = ÷= 3  3    3  Câu II ⇔ 2π    2π  − cos  2x + − 2x ÷ ÷ − cos      = − sin x + 2 ⇔ 2π    2π   1 − sin x + cos  2x + − 2x ÷ = − sin x + cos 2x  − ÷ = ÷+ cos       2 ⇔ ⇔ ⇔ – cos2x – sinx = ⇔ 2sin2x – sinx =   x = kπ   x = π + k2π sin x =    5π sin x = x = + k2π ⇔  ⇔  (k ∈ Z)  x + y = m(x + y) (1)  x−y=2 (2) (I)  (2) ⇔ y = x − thay vào (1) ta có : x =  x − 2x + − m = 0(*) (2x - 2)[x2 - 2x + - m] = ⇔  Nhận xét : Nếu pt (*) có nghiệm x1, x2 phân biệt : x1 < < x2 x1 + x2 = YCBT ⇔ pt (*) có nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = - + m > ⇔ m > Câu III a = b ⇔ sinA = sin B Nên : cos2A = - sin2A = - 2sin2B = cos2B (đpcm) Vì : cos2B = cos2A ≤ cos2A ≤ nên : B lớn ⇔ cos2B nhỏ ⇔ cos2B = ⇔ 2B = 90o ⇔ B = 450 Lúc : A= 90o, C = 45o ln x dx − ∫1 (x + 1)2 dx -2 I= Đặt u = lnx ⇒ du = x ; dv = (x + 1) dx ⇒ v = x + 17 wWw.VipLam.Info ( x + 1) − x dx = − ln +  −  dx ln x +∫ ∫1  x x + ÷ x + 1 x(x + 1) I= − 3  x  − ln +  ln  − ln + ln  x + 1 = = uuur uuur r uuur uuu r   AB, BC = ( − 4; − 16; − 6) ≠  Câu IV Ta có : AB = (−4;1; 0) ; BC = (2;1; −4) ⇒  ⇒ A, B, C khơng thẳng hàng ⇒ A, B, C đỉnh tam giác uuur uuu r  AB, BC  33   = BC ⇒ AH = d(A, BC) = uuuu r uuur AM = (m − 4;3; 2n) AC = −2(1; −1; 2) M (m + 2; 1; 2n + 3) ⇒ phương m − 2n = = −1 ⇒ m = n = -3 ⇒ Câu V.a Giả sử d qua M cắt (H) A, B : với M trung điểm AB 3x 2A − 2y A2 = (1)  3x − 2y 2B = (2) A, B ∈ (H) : ⇒  B M trung điểm AB nên : xA + xB = (3) yA + yB = (4) (1) − (2) ta có : 3(x2A - x2B) - 2(y2A - y2B) = (5) Thay (3) (4) vào (5) ta có : 3(xA -xB)-(yA-yB) = ⇔ 3(2xA-4)-(2yA- 2) = ⇔ 3xA - yA = Tương tự : 3xB - yB = Vậy phương trình d : 3x - y - = 2 Số tam giác có đỉnh d đáy d : 9.C16 2 Số tam giác có đỉnh d2 đáy d1 : 16.C9 2 Số tam giác thỏa YCBT 9.C16 + 16.C9 Câu V.b  −1 ≤ x − 2006 ≤  Nhận xét :  −1 ≤ x − 2007 ≤ ⇔ 2006 ≤ x ≤ 2007 Ta có : 2006 - x2007 + 2007 - x2006 ≤ 2006 - x+ 2007 - x = x - 2006 + 2007 - x = Vậy phương trình ⇔ 2006 - x2007 = 2006 - x 2007 - x2006 = 2007 - x   x = 2006    2006 − x =   x = 2005    x = 2007  2006 − x = ±1    x = 2007   2007 − x =    2007 − x =   x = 2006 ⇔ ⇔  ⇔ x = 2006 hay x = 2007 S Kẻ SH vng góc với BC Suy SH ⊥ mp (ABC) Kẻ SI vng góc với AB SJ ⊥ AC ⇒góc SIH=góc SJH = 60o ⇒ tam giác SHI = tam giác SHJ ⇒ HI = HJ ⇒ AIHJ hình vng C ⇒ I trung điểm AB ⇒ IH = a/2 H a J Trong tam giác vng SHI ta có SH = B a3 A I SH.dt(ABC) = 12 (đvtt) V(SABC) = 18 wWw.VipLam.Info Hết ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Mơn thi: TỐN, khối A, B Thời gian làm 180 phút, khơng kể thời gian giao đề Câu (2.0 điểm): Cho hàm số y = x − 3mx + 4m3 (m tham số) có đồ thị (Cm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để (Cm) có điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x Câu (2.0 điểm ) : + 2sin x + − = 2(cotg x + 1) sin x cos x  x3 − y + y − 3x − = Tìm m để hệ phương trình:  có nghiệm thực 2  x + − x − y − y + m = Giải phương trình: Câu (2.0 điểm): Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) đường thẳng (d) có phương trình: (P): 2x − y − 2z − = 0; (d): x y +1 z − = = −1 1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) khoảng cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến đường tròn có bán kính Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ Câu (2.0 điểm): Cho parabol (P): y = x2 Gọi (d) tiếp tuyến (P) điểm có hồnh độ x = Gọi (H) hình giới hạn (P), (d) trục hồnh Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh hình (H) quay quanh trục Ox Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= 1 + + + xy + yz + zx Câu (2.0 điểm): 19 wWw.VipLam.Info Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình tiếp tuyến chung elip (E): x2 y2 + =1 parabol (P): y2 = 12x 12 1  Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển Newton:  − x − ÷ x  −−−−−−−−−−−−−o0o−−−−−−−−−−−−− Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: SBD: Híng dÉn chÊm m«n to¸n Câu I Nội dung Điểm Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 − 3x2 + + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2 − 6x = ⇔ x = x = Hàm số đồng biến trên: (−∞; 0) (2; +∞) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT xCT = 2, yCT = y” = 6x − = ⇔ x = Đồ thị hàm số lồi (−∞; 1), lõm (1; +∞) Điểm uốn (1; 2) 3 Giới hạn tiệm cận: lim y = lim x  − x→±∞ x →±∞  LËp BBT: x y’ 4 + ÷ = ±∞ x x3  + − §å thÞ: +∞ 0.25 + +∞ y 0.25 −∞ 0.25 −∞ y 0.25 20 wWw.VipLam.Info x O x =  x = 2m 2/ Ta có: y’ = 3x2 − 6mx = ⇔  0.25 Để hàm số có cực đại cực tiểu m ≠ uuu r Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m ), B(2m; 0) ⇒ AB = (2m; −4m3 ) Trung điểm đoạn AB I(m; 2m3) 0.25 Điều kiện để AB đối xứng qua đường thẳng y = x AB vng góc với đường thẳng y = x I thuộc đường thẳng y = x 2m − 4m3 = ⇔ 2m = m Giải ta có: m = ± 0.25 ;m=0 Kết hợp với điều kiện ta có: m = ± II 2/ Đk: x ≠ k 0.25 2 π Phương trình cho tương đương với: ( 0.25 0.25 ) − = 2cotg x sin x 2(sin x + cos x) ⇔ 3tg x + − = 2cotg x sin x cos x ⇔ 3tg x + 2tg x − = + tg x + 21 wWw.VipLam.Info π   tg x = − x = − + kπ   ⇔  ⇔ tg x =  x = π + kπ   0.25 KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x =  x3 − y + y − 3x − = 2/  2  x + − x − y − y + m = π π + k ; k∈Z 0.25 (1) (2) 0.25 1 − x ≥  −1 ≤ x ≤ ⇔  2 y − y ≥ 0 ≤ y ≤ Điều kiện:  Đặt t = x + ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t3 − 3t2 = y3 − 3y2 0.25 Hàm số f(u) = u3 − 3u2 nghịch biến đoạn [0; 2] nên: 0.25 (1) ⇔ y = 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] 0.25 Vậy hệ phương trình có nghiệm −1 ≤ m≤ III  x = −t  1/ Đường thẳng (∆) có phương trình tham số là:  y = −1 + 2t ; t ∈ R z = + t  0.25 Gọi tâm mặt cầu I Giả sử I(−t; −1 + 2t; 2+ t)∈(∆) Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) khoảng nên:  t = | −2t + − 2t − − 2t − | | 6t + | d ( I ; ∆) = = = 3⇔  3 t = −   8  3 3 7 3 ⇒ Có hai tâm mặt cầu: I  − ; ; ÷ vµ I  ; − 0.25 17  ;− ÷ 7 0.25 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính nên mặt cầu có bán kính R = Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 0.25 2 2  1  8 7  17   1    x + ÷ +  y − ÷ +  z − ÷ = 25 vµ  x − ÷ +  y + ÷ +  z + ÷ = 25 3  3  3 3  3  3   22 wWw.VipLam.Info 2 x + y + = x + z − = r 2/ Đường thẳng (∆) có VTCP u = ( −1;2;1) ; PTTQ:  r Mặt phẳng (P) có VTPT n = (2; −1; −2) Góc đường thẳng (∆) mặt phẳng (P) là: sin α = | −2 − − | = 3 6 ⇒ Góc mặt phẳng (Q) mặt phẳng (Q) cần tìm cos α = − = Giả sử (Q) qua (∆) có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z − 2) = (m2+ n2 > 0) ⇔ (2m + n)x + my + nz + m − 2n = | 3m | = Vậy góc (P) (Q) là: cos α = 3 5m + 2n + 4mn ⇔ m2 + 2mn + n2 = ⇔ (m + n)2 = ⇔ m = −n Chọn m = 1, n = −1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y − z + = 0.25 0.25 0.25 0.25 1/ Phương trình tiếp tuyến điểm có hồnh độ x = là: y = 4x − IV 0.25 2  Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là: V = π  ∫ x dx − ∫ (4 x − 4) dx ÷  ÷ 0   16π  x5 16 π − ( x − 1)3 ÷ = =   15  0.5  1  + + ÷≥  + xy + yz + zx  2/ Ta có: [ (1 + xy ) + (1 + yz ) + (1 + zx) ]  0.25 ⇔P≥ 9 ≥ + xy + yz + zx + x + y + z 0.25 ⇒ P≥ = 0.25 Vậy GTNN Pmin = V 0.25 x = y = z 1/ Giả sử đường thẳng (∆) có dạng: Ax + By + C = (A2 + B2 > 0) 0.25 0.25 23 wWw.VipLam.Info (∆) tiếp tuyến (E) ⇔ 8A2 + 6B2 = C2 (1) (∆) tiếp tuyến (P) ⇔ 12B2 = 4AC ⇔ 3B2 = AC (2) Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A C = −2A Với C = −2A ⇒ A = B = (loại) Với C = 4A ⇒ B = ± 0.25 2A ⇒ Đường thẳng cho có phương trình: Ax ± 0.25 2A y + 4A = ⇔ x ± y+4=0 3 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x ± y+4=0 12 12 0.25 k 12   1    k  Ta có:  x + − 1÷ = 1 −  x + ÷ = ∑ ( −1)12−k C12 x + ÷ x  x  x     k =0 12 = ∑ (−1) 12−k k =0 V 12 C12k k i =0 i  12 k 12− k k i k −4 i − i x  ÷ = ∑∑ ( −1) C12Ck x  x  k =0 i =0 k −i  ∑ (x ) Cki 0.25 k 0.25 = ∑∑ (−1)12−k C12k Cki x k −5i k =0 i =0 Ta chọn: i, k ∈N, ≤ i ≤ k ≤ 12; 4k − 5i = ⇒ i = 0, k = 2; i = , k = 7; i = 8, k 12 0.25 12 Vậy hệ số cần tìm là: C12 C20 − C127 C74 + C12 C12 = −27159 0.25 24 [...]... 12B2 = 4AC 3B2 = AC (2) Th (2) vo (1) ta cú: C = 4A hoc C = 2A Vi C = 2A A = B = 0 (loi) Vi C = 4A B = 0.25 2A 3 ng thng ó cho cú phng trỡnh: Ax 0.25 2A 2 3 y + 4A = 0 x y +4= 0 3 3 Vy cú hai tip tuyn cn tỡm: x 2 3 y +4= 0 3 12 12 0.25 k 12 1 1 1 k 4 Ta cú: x 4 + 1ữ = 1 x 4 + ữ = ( 1)12k C12 x + ữ x x x k =0 12 = (1) 12k k =0 V 12 C12k k i =0 i 1 12 k 12 k k i 4 k 4 i i x... 2 AH = AM cos 45 0 = O,5 Từ biểu thức trên ta có: x x +a 2 1 2 2 VSMCH a [ 3 2 x x =a 2 2 2 x=a ] 2 a3 = 6 0,25 M trùng với D 2 1 4 4 0,25 4 I = ( x + sin 2 2 x)cos 2 xdx = xcos 2 xdx + sin 2 2 xcos 2 xdx = I + I 1 2 0 Tính I1 0 0 du = dx u = x x 14 đặt 1 I1 = sin 2 x 4 sin 2 xdx v = cos 2 xdx v = sin 2 x 2 20 0 2 0,25 1 1 = + cos 2 x 4 = 8 4 8 4 0 Tính I2 4 1 1 1 I 2 =... 1 ữ x + 1 1 1 x(x + 1) 4 3 I= 3 3 3 1 x 1 3 ln 3 + ln ln 3 + ln 4 x + 1 1 = 4 2 = uuur uuur r uuur uuu r AB, BC = ( 4; 16; 6) 0 Cõu IV 1 Ta cú : AB = (4; 1; 0) ; BC = (2;1; 4) A, B, C khụng thng hng A, B, C l 3 nh ca tam giỏc uuur uuu r AB, BC 2 33 = BC 3 AH = d(A, BC) = uuuu r uuur AM = (m 4; 3; 2n) AC = 2(1; 1; 2) 2 M (m + 2; 1; 2n + 3) cựng phng m 4 3 2n = = 1 2 m = 1 v... ca s hng cha x trong khai trin Newton: 1 x 4 ữ x 8 o0o Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn thớ sinh: SBD: Hớng dẫn chấm môn toán Cõu I Ni dung im 1 Khi m = 1, hm s cú dng: y = x3 3x2 + 4 + TX: R + S bin thi n: y = 3x2 6x = 0 x = 0 hoc x = 2 Hm s ng bin trờn: (; 0) v (2; +) Hm s nghich bin trờn: (0; 2) Hm s t C ti xC = 0, yC = 4; t CT ti xCT = 2, yCT = 0 y = 6x 6 = 0 x... uuuu r 2 1 0,25 4 2 2.(2t 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0 t = Vỡ th, MH = 3 ; 3 ; 3 ữ 3 uuuu r uuuur uMH = 3MH = (1; 4; 2) Suy ra, phng trỡnh chớnh tc ca ng thng MH l: 7 3 1 3 x 2 y 1 z = = 1 4 2 2 3 Theo trên có H ( ; ; ) mà H là trung điểm của MM nên toạ độ M 0,25 0,25 8 5 4 ( ; ; ) 3 3 3 K: x>0 , y>0 VIb (1) 22 log3 xy 2log3 xy 2 = 0 0,5 0,25 3 x (2) log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) x2+... SH.dt(ABC) = 12 (vtt) V(SABC) = 3 18 wWw.VipLam.Info Ht THI TH I HC, CAO NG NM 2011 Mụn thi: TON, khi A, B Thi gian lm bi 180 phỳt, khụng k thi gian giao Cõu 1 (2.0 im): Cho hm s y = x 3 3mx 2 + 4m3 (m l tham s) cú th l (Cm) 1 Kho sỏt v v th hm s khi m = 1 2 Xỏc nh m (Cm) cú cỏc im cc i v cc tiu i xng nhau qua ng thng y = x Cõu 2 (2.0 im ) : 3 4 + 2sin 2 x + 2 3 = 2(cotg x + 1) 2 sin 2 x cos x... + nz + m 2n = 0 | 3m | 3 = Vy gúc gia (P) v (Q) l: cos = 3 3 5m 2 + 2n 2 + 4mn m2 + 2mn + n2 = 0 (m + n)2 = 0 m = n Chn m = 1, n = 1, ta cú: mt phng (Q) l: x + y z + 3 = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 1/ Phng trỡnh tip tuyn ti im cú honh x = 2 l: y = 4x 4 IV 0.25 2 2 4 2 Th tớch vt th trũn xoay cn tỡm l: V = x dx (4 x 4) dx ữ ữ 0 1 2 16 x5 2 16 ( x 1)3 ữ = = 1 15 5 0 3 0.5 1 1 1 +... wWw.VipLam.Info x = 1 t ptts : y = 2 + t M (1 t ; 2 + t ; 2t ) z = 2t 0,5 0,25 Ta có: MA2 + MB 2 = 28 12t 2 48 t + 48 = 0 t = 2 Từ đó suy ra : M (-1 ;0 ;4) VI.a 1 ( Bpt 2 + 3 ( t = 2+ 3 ) ) 2 x 2x x2 2 x ( + 2 3 ( t > 0) 0,25 ) 2 x 2x 1 0,25 4 BPTTT : 0,25 1 t+ 4 t t 2 4t + 1 0 2 3 t 2 + 3 (tm) ( Khi đó : 2 3 2 + 3 ) 0,25 x 2 2 x 2 + 3 1 x 2 x 1 2 0,25 x 2 2x 1 0 1 2... 12k k =0 V 12 C12k k i =0 i 1 12 k 12 k k i 4 k 4 i i x ữ = ( 1) C12Ck x x k =0 i =0 4 k i (x ) Cki 0.25 k 0.25 = (1)12k C12k Cki x 4 k 5i k =0 i =0 Ta chn: i, k N, 0 i k 12; 4k 5i = 8 i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12 0.25 2 12 8 Vy h s cn tỡm l: C12 C20 C127 C 74 + C12 C12 = 27159 0.25 24 ... BBT: x y 3 4 + ữ = x x3 + 0 0 Đồ thị: + 0.25 + + 4 y 0.25 2 0 0.25 0 y 0.25 20 wWw.VipLam.Info x O x = 0 x = 2m 2/ Ta cú: y = 3x2 6mx = 0 0.25 hm s cú cc i v cc tiu thỡ m 0 uuu r Gi s hm s cú hai im cc tr l: A(0; 4m ), B(2m; 0) AB = (2m; 4m3 ) 3 Trung im ca on AB l I(m; 2m3) 0.25 iu kin AB i xng nhau qua ng thng y = x l AB vuụng gúc vi ng thng y = x v I thuc ng thng y = x 2m 4m3 = 0 3 ... Hết ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Mơn thi: TỐN, khối A, B Thời gian làm 180 phút, khơng kể thời gian giao đề Câu (2.0 điểm): Cho hàm số y = x − 3mx + 4m3 (m tham số) có đồ thị (Cm) Khảo. .. 0,25 x (2)⇔ log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = ⇔log3xy = ⇔ xy = 3⇔y= Kết hợp (1), (2) ta nghiệm hệ: ( ; ) ( ; ) 0,25 14 wWw.VipLam.Info S M A D H B C 15 wWw.VipLam.Info ĐỀ THI VÀ GỢI Ý BÀI... khác với cách giải đáp án mà đúng, đủ cho điểm tối đa - Người chấm chia nhỏ thang điểm theo gợi ý bước giải wWw.VipLam.Info ÐỀ THI thư ĐẠI HỌC lÇn ii NĂM häc: 2010-2011 Mơn thi : TỐN lµm bµi:180