TRUNG TÂM BDVH & LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 THÀNH ĐẠT Môn thi: TOÁN ************ Thời gian: 180 phút ( Không tính thời gian phát đề ) Đềsố3 ------------------------------------------------ I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7điểm ): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − (2m − 1)x 2 + (2 − m)x + 2 (1), với m là tham số thực 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có hoành độ dương. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 (1 2sin x) cos x 1 sin x cosx+ = + + 2. Giải bất phương trình x 1 2 x 2 5x 1 (x )+ + − ≤ + ∈¡ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2x x 0 I (e x)e dx − = + ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = a 2 . Gọi M, N và P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB và CD. Chứng minh rằng đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng SP. Tính theo a thể tích của khối tứ diện AMNP. Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 333 4 4 4 3 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) + + ≥ + + + + + + a b c b c c a a b II.PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ): Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2 ) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(−1; −2), đường trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x+y−9 = 0 và x + 3y − 5 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh A và B. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các mặt phẳng (P 1 ) : x + 2y + 3z + 4 = 0 và (P 2 ) : 3x + 2y − z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A(1; 1; 1), vuông góc với hai mặt phẳng (P 1 ) và (P 2 ) Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thoả mãn (1 + i) 2 (2 − i)z = 8 + i + (1 + 2i)z. Tìm phần thực và phần ảo của z. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho các đường thẳng ∆ 1 : x − 2y − 3 = 0 và ∆ 2 : x + y +1 = 0. Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ 1 sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ 2 bằng 1 2 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B(0; 2; 1) và trọng tâm G(0; 2; −1). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Câu VII.b (1,0 điểm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh x y x y x y e e 2(x 1) e x y 1 − + + + = + = − + (x, y ∈ R ) ============Hết============ 583 – 727 TRẦN CAO VÂN – ĐÀ NẴNG * ĐT: 3 759 389 – 3 711 165 Biên soạn: Nguyễn Văn Xê ĐÁP ÁN ĐỀ3 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I.1. 2. y’ = 0 ⇔ 3x 2 – 2(2m – 1)x + 2 – m = 0 (*) Ycbt ⇔ pt (*) có hai nghiệm dương phân biệt ⇔ ' 0 P 0 S 0 ∆ > > > ⇔ 2 4m m 5 0 2 m 0 3 2(2m 1) 0 3 − − > − > − > ⇔ 5 m 1 hay m 4 m 2 1 m 2 < − > < > ⇔ 5 4 < m < 2 Câu II : 1. Pt ⇔ (1 + 4sinx + 4sin 2 x)cosx = 1 + sinx + cosx ⇔ cosx + 4sinxcosx + 4sin 2 xcosx = 1 + sinx + cosx ⇔ 4sinxcosx(1 + sinx) = 1 + sinx ⇔ 1 + sinx = 0 hay 4sinxcosx = 1 ⇔ sinx = -1 hay sin2x = 1 2 ⇔ x = k2 2 π − + π hay x = k 12 π + π hay x = 5 k 12 π + π 2. x 1 2 x 2 5x 1+ + − ≤ + x 2 (x 1)(x 2) 2 ≥ ⇔ + − ≤ 2 x 2 x 2 2 x 3 2 x 3 x x 6 0 ≥ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤ − ≤ ≤ − − ≤ Câu III: I = 1 1 x x 0 0 e dx xe dx − + ∫ ∫ ; I 1 = 1 1 x x 0 0 1 e dx e 1 e − − = − = − ∫ I 2 = 1 x 0 xe dx ∫ , đặt u = x ⇒ du = dx; đặt dv = e x dx, chọn v = e x Vậy I 2 = 1 1 x x 0 0 xe e dx 1− = ∫ ⇒ I = I 1 + I 2 = 1 2 e − Câu IV: Gọi I là trung điểm AB. Ta có MN // AB // CD và SP ⊥ CD ⇒ MN ⊥ SP ∆SIP cân tại S, SI 2 = 2 2 2 a 7a 2a 4 4 − = ⇒ SI = SP = a 7 2 Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, ta có SO 2 =SI 2 –OI 2 = 2 2 2 7a a 6a 4 2 4 − = ÷ ⇒SO = a 6 2 , H là hình chiếu vuông góc của P xuống mặt phẳng SAB Ta có S (SIP) = 1 1 SO.IP PH.SI 2 2 = ⇒ PH = SO.IP SI = a 6 2 a 6 a 2 a 7 7 = V = 3 (AMN) 1 1 1 a 1 a 7 a 6 a 6 S .PH . . 3 3 2 2 2 2 48 7 = = ÷ (đvtt) A B C D S P I O M N Câu V : Áp dụng BĐT Cô–si ta có: 3 33 1 1 3 1 1 3 ; ; (1 )(1 ) 8 8 4 (1 )(1 ) 8 8 4 1 1 3 (1 )(1 ) 8 8 4 + + + + + + ≥ + + ≥ + + + + + + + + ≥ + + a b c a b c a b b c c a c a b c a b ⇒ 3 3333333 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 2 4 2 4 4 + + + + ≥ − ≥ − = + + + + + + a b c a b c abc b c c a a b Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1. Câu VI.a. 1. Giả sử AM: 5x + y – 9 = 0, BH: x + 3y – 5 = 0. AC: 3(x + 1) – 1(y + 2) = 0 ⇔ 3x – y + 1 = 0. A = AC ∩ AM ⇒ A(1; 4), B ∈ BH ⇔ B (5 – 3m; m) M là trung điểm BC ⇔ M 4 3 2 ; 2 2 m mæ ö- - ÷ ç ÷ ç ÷ è ø . M ∈ AM ⇔ 4 3 2 5. 9 0 2 2 m m- - + - = 0m =Û . Vậy B(5; 0) 2. ( ) ( ) 1 2 ( ) ( ) 1;2; 3 , 3;2; 1 P P n n= = - uuur uuur (P) qua A(1; 1; 1). (P)⊥ (P 1 ), (P 2 ) ⇒ (P) có một vectơ pháp tuyến: 1 2 ( ) ( ) ( ) , P P P n n n é ù = ê ú ë û uuur uuur uuur = (-8; 10; -4) = - 2(4; – 5; 2) Phương trình mặt phẳng (P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) = 0 ⇔ 4x – 5y + 2z – 1 = 0. Câu VII. a. ( ) ( ) 2 1 2 8 (1 2 )i i z i i z+ - = + + + ( ) ( ) 2 2 (1 2 ) 8i i z i z i- - + = +Û 4 2 1 2 8z i i i é ù + - - = +Û ê ú ë û ( ) ( ) 8 1 2 8 8 15 2 10 15 2 3 1 2 5 5 5 i i i i i z i i + - + - + - = = = = = -Û + Phần thực của z là 2. Phần ảo của z là – 3. Câu VI.b. 1. M ∈ ∆ 1 ⇔ M (2m + 3; m) d(M, ∆ 2 ) = 1 2 ⇔ 2m 3 m 1 1 2 2 + + + = ⇔3m + 4= 1 ⇔ m = -1 hay m = 5 3 − Vậy M (1; -1) hay M ( 1 3 − ; 5 3 − ) 2. G là trọng tâm ∆ABC ⇒ C (-1; 3; -4) AB ( 1;1;1)= − uuur ; AC ( 2;2; 4)= − − uuur ⇒ a [AB,AC] 6(1;1;0) ∆ = = − uur uuur uuur ⇒ pt ∆ : x 1 t y 3 t z 4 = − + = + = − (t ∈ R) Câu VII.b +−= ++= ⇔ +−= +=+ + − + +− 1yxe 1yxe 1yxe )1x(2ee yx yx yx yxyx Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ = += += += )2(uvee )1(1ue 1ve 1ue vu v u v - Nếu u > v thì (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm - Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) vu = Thế vào (1) ta có e u = u+1 (3) . Xét f(u) = e u - u- 1 , f'(u) = e u - 1 Bảng biến thiên: u - 0 + f'(u) - 0 + f(u) 0 Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0 0u = . Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 = = = =+ = 0y 0x 0yx 0yx 0v Vậy hệ phơng trình đã cho có một nghiệm (0; 0) . 4 (1 )(1 ) 8 8 4 1 1 3 (1 )(1 ) 8 8 4 + + + + + + ≥ + + ≥ + + + + + + + + ≥ + + a b c a b c a b b c c a c a b c a b ⇒ 3 3 3 3 3 3 3 3 (1 )(1 ) (1 )(1 ). 3 (AMN) 1 1 1 a 1 a 7 a 6 a 6 S .PH . . 3 3 2 2 2 2 48 7 = = ÷ (đvtt) A B C D S P I O M N Câu V : Áp dụng BĐT Cô–si ta có: 3 3 3 1 1 3 1 1 3