ĐỀ THI ĐẠI HỌC HAY NHẤT

www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT TP Cao Lãnh ĐÁP ÁN LẦN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Bài giải GV PHẠM TRỌNG THƯ -1- www.VNMATH.com Sở GD& ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN - NĂM 2011 TRƯỜNG THPT TP.CAO LÃNH Môn thi: TOÁN, khối A B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Đề có trang) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, điểm) Câu I (2, điểm) Cho hàm số y = − x3 + 3x2 + 3(m − 1)x − 3m − (1), với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò hàm số (1) m = Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu điểm cực trò đồ thò hàm số (1) cách gốc tọa độ O Câu II (2, điểm)     π π  π  π Giải phương trình sin  x +  + sin  x −   = + sin x tan  x +  tan  x −  ⋅ 3 4          2x +  Giải phương trình 2x − 6x + = log  ⋅  2(x − 1)2    Câu III (1, điểm) Tính tích phân I = π ∫ ln(sin x) π sin x dx Câu IV (1, điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a; hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vuông góc mặt phẳng (ABC) Gọi I trung điểm cạnh BC Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SI cắt SB, SC M, N Biết VSAMN = VSABC , tính VSABC ( VSAMN , VSABC thể tích khối chóp S.AMN S.ABC) Câu V (1, điểm) Cho x, y, z số thực không âm Chứng minh < a ≤ b ≤ c  x y z  (a + c)2 (ax + by + cz)  + +  ≤ (x + y + z)2 4ac a b c II PHẦN RIÊNG (3, điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2, điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): (x − 4)2 + (y − 1)2 = 25 điểm A(9; 6) Viết phương trình đường thẳng qua A cắt đường tròn (C) theo dây cung có độ dài Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm M(1; 3; − 1), N(7; − 5; 3) đường thẳng d có phương trình x +1 y − z − = = ⋅ Tìm điểm I thuộc d cho IM + IN nhỏ −4 Câu VII.a (1, điểm) Giải phương trình z3 − 2(1 − i3 )z + 4(1 + i)z + 8i3 = (z ∈ C) ,biết phương trình có nghiệm ảo B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2, điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Tìm phương trình tắc hypebol (H), biết (H) có hai tiêu điểm F1 (−5; 0) , Bài giải GV PHẠM TRỌNG THƯ -2- www.VNMATH.com F2 (5; 0) M điểm thuộc (H) thỏa F1MF2 = 60o diện tích tam giác F1MF2 x = −1 + 2t x y −1 z +  Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = mặt phẳng d : y = + t −1 z =  (P) : x + y − 5z = Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mặt phẳng (P) cắt hai đường thẳng d1 , d Câu VII.b (1, điểm)   5π 5π   Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức ω = 1 +  sin − i cos  z  , biết số phức z 6     thỏa mãn z − ≤ Bài giải GV PHẠM TRỌNG THƯ -3- www.VNMATH.com Câu I (2, điểm) Đáp án (1, điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò (1) khi… Điểm y = − x3 + 3x2 − i Tập xác đònh: R i Sự biến thiên: 0,25 x = - Chiều biến thiên: y′ = −3x2 + 6x; y′ = ⇔  x = - Hàm số nghòch biến khoảng ( − ∞; 0),(2; + ∞); - Hàm số đồng biến khoảng (0; 2) - Cực trò: + Hàm số đạt cực đại x = 2, yCĐ = 0,25 + Hàm số đạt cực tiểu x = 0, y CT = −4 - Các giới hạn vô cực: lim y = +∞ , lim y = −∞ x → −∞ x → +∞ - Bảng biến thiên: x y′ y −∞ − 0 + +∞ +∞ 0 − −4 i Đồ thò qua điểm A(1; − 2), B(−1; 0) 0,25 −∞ y −1 O x 0,25 −2 −4 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và… Ta có y′ = −3x2 + 6x + 3(m − 1), y′ = ⇔ x2 − 2x − m + = (*) Hàm số (1) có cực trò phương trình (*) có nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = m > ⇔ m ≠ Gọi A, B điểm cực trò ⇒ A(1 − m; − − 2m ), B(1 + m; − + 2m ) Ta có O cách A, B ⇔ OA = OB ⇔ 4m = m ⇔ m = ± Vậy m = ± giá trò cần tìm Bài giải GV PHẠM TRỌNG THƯ -4- (do m ≠ 0) 0,25 0,25 0,25 0,25 II (2, điểm) www.VNMATH.com (1, điểm) Giải phương trình…  π x ≠ + kπ   π π Điều kiện cos  x +  cos  x −  ≠ ⇔  (k ∈ Z) (*) 4 4 3π   x ≠ + kπ  Phương trình cho tương đương    2π  2π  π  π − cos  2x +  + − cos  2x −  = − sin xcot  x −  tan  x −    4  4      2π  2π  ⇔ − sin x + cos  2x +  + cos  2x − =0     2π ⇔ − sin x + cos 2xcos = ⇔ − cos 2x − sin x = ⇔ sin x − sin x = ⇔ sinx = sinx =   x = kπ  π ⇔  x = + k2π (k ∈ Z) (thỏa mãn điều kiện (*))    x = 5π + k2π  0,25 0,25 0,25 0,25 (1, điểm) Giải phương trình… Điều kiện x ≠ x > − (1) 0,25  2x+1  Phương trình cho viết lại: 2(x − 1)2 − (2x + 1) = log  2  2(x−1)  0,25 2 ⇔ 2(x − 1) + log2(x − 1) = (2x + 1) + log(2x + 1) (*) Xét hàm số f(u) = u + log u, u > Ta có f ′(u) = + Suy hàm số đồng biến khoảng (0; + ∞) , ∀u > uln10 0,25 Phương trình (*) có dạng f(2(x − 1)2 ) = f(2x + 1) ⇔ 2(x − 1)2 = 2x + ⇔ 2x − 6x + = ⇔ x = 3± ⋅ 0,25 So với điều kiện (1) ta nghiệm phương trình cho x = III (1, điểm)  u = ln(sin x)  cos x dx = cot xdx  du = Đặt  dx ⇒  sin x dv = v = − cot x  sin x  0,25 π π Tích phân phần, ta có: I = − cot x ln(sin x) + cot xdx ∫ π π π π 2 = ln + (1 + cot x)dx − dx = ln − cot x − x 2 π π ∫ π Bài giải GV PHẠM TRỌNG THƯ ∫ π 4 -5- 0,25 π 4 π 3± ⋅ 0,25 www.VNMATH.com π = ln +1− ⋅ IV (1, điểm) 0,25 Ta có S  (SAB) ⊥ (ABC)  (SAC) ⊥ (ABC)  ⇒ SA ⊥ (ABC) ⇒ BC ⊥ SA (1) (SAB) ∩ (SAC) = SA  Mà BC ⊥ AI (tính chất tam giác đều) (2) M Từ (1) (2) ⇒ BC ⊥ (SAI) ⇒ BC ⊥ SI (3) Mặt khác (P) ⊥ SI 0,25 N C A (4) I Từ (3) (4) ⇒ (P)//BC B Vì (P) ∩ (SBC) = MN Nên MN // BC ⇒ E 0,25 SM SN = SB SC Ta có VSAMN SA SM SN  SM  SM 1 = ⇔ ⋅ ⋅ = ⇒ = ⋅  = ⇒ VSABC SA SB SC  SB  SB 0,25 Do M trung điểm cạnh SB, N trung điểm cạnh SC Gọi E giao điểm MN SI E trung điểm SI Vì AE nằm (P) nên AE vuông góc với SI Tam giác SAI có AE trung tuyến đường cao nên tam giác a ⋅ Thể tích khối chóp S.ABC SAI cân A, suy SA = AI = 0,25 1 a a a3 (đvtt) ⋅ = VSABC = SABC SA = ⋅ 3 V Hiển nhiên (A − B)2 ≥ ⇒ A + B2 ≥ 2AB (1, điểm) ⇒ (A + B)2 ≥ 4AB ⇒ AB ≤ Đặt α = (A + B)2 (1) a c , β= b b 0,5 x y z a c  1b b  Xét P = (ax + by + cz)  + +  = b  x + y + z  ⋅  x + y + z  b  ba c   a b c b x z = (αx + y + β z)  + y +  = (αx + y + β z)(β x + αβy + αz) β  αβ α ≤ [(αx + y + β z) + (β x + αβ y + αz)]2 (áp dụng (1)) 4αβ = [(α + β)x + (1 + αβ)y + (α + β)z]2 4αβ 0,25 Từ < a ≤ b ≤ c ⇒ < α ≤ ≤ β ⇒ (1 − α)(1 − β) ≤ ⇒ + αβ ≤ α + β (2) Sử dụng (2) ta được: P≤ VI.a (2, điểm) (α + β)2 (a + c)2 [(α + β)x + (α + β)y + (α + β)z]2 = ( x + y + z)2 = (x + y + z)2 4αβ 4αβ 4ac (1, điểm) viết phương trình đường thẳng (C) có tâm I(4; 1), bán kính R = Đường thẳng d qua A(9; 6) có dạng ax + by + c = (a2 + b2 > 0) 9a + 6b + c = (1) Giả sử d cắt (C) M, N cho MN = Kẻ IH ⊥ d, H trung điểm MN, nên Bài giải GV PHẠM TRỌNG THƯ -6- 0,25 0,25 www.VNMATH.com ta có: IH = 52 − (2 )2 = (2), IH = d(I,d) = 4a + b + c (3) a2 + b 0,25 (4) Từ (2), (3) suy (4a + b + c)2 = 5(a2 + b2 ) Từ (1) có c = −9a − 6b (5), thay (5) vào (4) rút gọn lại  a = −2 b  2a + 5ab + b = ⇔ a = − b  i a = −2b: chọn b = −1 a = 2, lúc d1 : 2x − y − 12 = 0,25 i a = − b: chọn b = −2 a = 1, lúc d : x − 2y + = 2 (1, điểm) Tìm điểm I thuộc d cho IM + IN nhỏ 0,25 2 Đườ ng thẳ ng d qua A( − 1; 3; 3) có VTCP u = (3; − 4; 2); MN = (6; − 8; 4) ⇒ MN = u Mà M ∉ d nê n MN//d d N u I α M H 0,25 M’ Gọ i M′ điểm đố i xứ ng củ a M qua d Phương trình mp(α) qua M(1; 3; − 1) vớ i mộ t VTPT n = u 3(x − 1) − 4(y − 3) + 2(z + 1) = ⇔ 3x − 4y + 2z + 11 = Ta có IM + IN = IM′ + IN ≥ M′N nê n (IM + IN)min = M′N ⇔ I = M′N ∩ d 0,25 Gọ i H giao điể m củ a d mp(α) x = −1 + 3t  y = − 4t Tọ a độ H nghiệ m củ a hệ phương trình  z = + 2t 3x − 4y + 2z + 11 = ⇒ 3(−1 + 3t) − 4(3 − 4t) + 2(3 + 2t) + 11 = ⇒ 29t + = ⇒ t = − 29  35 95 83   99 103 195  ⇒ H − ; ; ; ⋅  ⇒ M′  − ;  29 29 29   29 29 29  Ta thấ y HI//MN ⇒ I trung điể m củ a M′N 99 103 − +7 −5 x M′ + x N y y + 52 21 N ⇒ xI = = 29 = ; y I = M′ = 29 =− 2 29 2 29 195 +3 zM′ + zN 141 zI = = 29 = ⋅ 2 29  52 21 141  Vậy điểm I thuộc d cho IM + IN nhỏ I ; − ; ⋅  29 29 29  VII.a (1, điểm) Gọi nghiệm ảo z = bi (b ∈ R) 0,25 0,25 Ta có (bi)3 − 2(1 − i3 )(bi)2 + 4(1 + i)(bi) + 8i3 = ⇔ b2 − 4b + (− b3 + 2b + b − 8)i = Bài giải GV PHẠM TRỌNG THƯ 0,25 -7- 0,25