Thi thử ĐH-CĐ BGD lý thú, mới./.

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN, khối :A,B,D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( ) 3 2 ( ) 3 1 1y f x mx mx m x= = + − − − , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số ( )y f x= không có cực trị. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình : ( ) 4 4 sin cos 1 tan cot sin 2 2 x x x x x + = + 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 2 3 8 2 4 log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + + Câu III (1 điểm) Tính tích phân 3 2 2 1 2 1 dx A x x = − ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm ( ) 2 2 7 6 0 2 1 3 0 x x x m x m − + ≤ − + − + ≥      PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ) ( ) : 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y+ − + − Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: 4 3 2 1 1 2 4 3 1 1 5 4 7 15 n n n n n n C C A C A − − − − + +  − <     ≥   (Ở đây , k k n n A C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 2 2 2 4 8 0x y x y+ + − − = .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2.Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z− + − = và các đường thẳng 1 2 1 3 5 5 : ; : 2 3 2 6 4 5 x y z x y z d d − − − + = = = = − − . 1 Tìm các điểm 1 2 d , dM N∈ ∈ sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số ( ) 3 1 ( ) ln 3 f x x = − và giải bất phương trình 2 0 6 sin 2 '( ) 2 t dt f x x π π > + ∫ ----------------------Hết---------------------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………………… ; Số báo danh:……………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI . Câu Ý Nội dung Điể m I 2,00 1 1,00 Khi m = 1 ta có 3 2 3 1y x x= + − + MXĐ: D = ¡ 0,25 + Sự biến thiên: • Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ • 2 ' 3 6y x x= + ; 2 ' 0 0 x y x = −  = ⇔  =  0,25 • Bảng biến thiên ( ) ( ) 2 3; 0 1 CT y y y y= − = = = − C§ 0,25 • Đồ thị 0,25 2 2 1,00 + Khi m = 0 1y x⇒ = − , nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi 0m ≠ ( ) 2 ' 3 6 1y mx mx m⇒ = + − − Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi ' 0y = không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 0,50 ( ) 2 2 ' 9 3 1 12 3 0m m m m m⇔ ∆ = + − = − ≤ 1 0 4 m⇔ ≤ ≤ 0,25 II 2,00 1 1,00 ( ) 4 4 sin cos 1 tan cot sin 2 2 x x x x x + = + (1) Điều kiện: sin 2 0x ≠ 0,25 2 1 1 sin 2 1 sin cos 2 (1) sin 2 2 cos sin x x x x x x −   ⇔ = +  ÷   0,25 2 2 1 1 sin 2 1 1 2 1 sin 2 1 sin 2 0 sin 2 sin 2 2 x x x x x − ⇔ = ⇔ − = ⇔ = Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 0,50 2 1,00 ( ) ( ) 2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + + (2) Điều kiện: 1 0 4 4 4 0 1 4 0 x x x x x + ≠  − < <   − > ⇔   ≠ −   + >  0,25 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16 log 4 1 log 16 4 1 16 x x x x x x x x x ⇔ + + = − + + ⇔ + + = − ⇔ + = − ⇔ + = − 0,25 + Với 1 4x − < < ta có phương trình 2 4 12 0 (3)x x+ − = ; ( ) 2 (3) 6 x x =  ⇔  = −  lo¹i 0,25 + Với 4 1x − < < − ta có phương trình 2 4 20 0x x− − = (4); ( ) ( ) 2 24 4 2 24 x x  = − ⇔  = +   lo¹i Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 2x = hoặc ( ) 2 1 6x = − 0,25 III 1,00 Đặt 2 2 2 2 1 1 2 2 dx tdt t x t x tdt xdx x x = − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = − 2 2 1 1 dx tdt tdt x t t ⇒ = − = − − + Đổi cận: 1 3 2 2 3 1 2 2 x t x t = ⇒ = = ⇒ = 0,50 1 3 3 2 2 2 1 2 2 1 2 3 2 2 1 1 1 7 4 3 ln ln 1 1 2 1 2 3 | dt dt t A t t t   + + = = = =  ÷  ÷ − − −   ∫ ∫ 0,50 IV 1,00 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: ,OE AB SE AB⊥ ⊥ , suy ra ( ) SOE AB⊥ . Dựng ( ) OH SE OH SAB⊥ ⇒ ⊥ , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 8 1 9 9 9 3 8 2 2 OH SO OE OE OH SO OE OE = + ⇒ = − = − = ⇒ = ⇒ = 2 2 2 9 81 9 9 8 8 2 2 SE OE SO SE= + = + = ⇒ = 0,25 4 2 1 36 . 8 2 9 2 2 2 SAB SAB S S AB SE AB SE = ⇔ = = = ( ) 2 2 2 2 2 2 1 9 9 265 4 2 32 2 8 8 8 OA AE OE AB OE   = + = + = + = + =  ÷   0,25 Thể tích hình nón đã cho: 2 1 1 265 265 . . .3 3 3 8 8 V OA SO π π π = = = 0,25 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 2 2 2 265 337 337 9 8 8 8 265 337 89305 . . . 8 8 8 xq SA SO OA SA S OA SA π π π = + = + = ⇒ = = = = 0,25 V 1,00 Hệ bất phương trình ( ) 2 2 7 6 0 (1) 2 1 3 0 (2) x x x m x m  − + ≤   − + − + ≥   ( ) 1 1 6x⇔ ≤ ≤ . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại [ ] 0 1;6x ∈ thỏa mãn (2). 0,25 ( ) ( ) ( ) [ ] 2 2 2 3 2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0) 2 1 x x x x x m m do x x x − + ⇔ − + ≥ + ⇔ ≥ ∈ ⇒ + > + Gọi [ ] 2 2 3 ( ) ; 1;6 2 1 x x f x x x − + = ∈ + 0,25 Hệ đã cho có nghiệm [ ] 0 0 1;6 : ( )x f x m⇔ ∃ ∈ ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 2 8 ' 2 1 2 1 x x x x f x x x + − + − = = + + ; ( ) 2 1 17 ' 0 4 0 2 f x x x x − ± = ⇔ + − = ⇔ = Vì [ ] 1;6x∈ nên chỉ nhận 1 17 2 x − + = 0,25 Ta có: 2 27 1 17 3 17 (1) , (6) , 3 13 2 2 f f f   − + − + = = =  ÷  ÷   Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên 27 max ( ) 13 f x = Do đó [ ] [ ] 0 0 1;6 27 1;6 : ( ) max ( ) 13 x x f x m f x m m ∈ ∃ ∈ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ 0,25 VIa 2,00 1 1,00 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: ( ) 4 3 4 0 2 2;4 2 6 0 4 x y x A x y y + − = = −   ⇔ ⇒ −   + − = =   0,25 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình ( ) 4 3 4 0 1 1;0 1 0 0 x y x B x y y + − = =   ⇔ ⇒   − − = =   0,25 5 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: ( ) ( ) 2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b+ + − = ⇔ + + − = Gọi 1 2 3 : 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a b∆ + − = ∆ + − = ∆ + + − = Từ giả thiết suy ra ( ) · ( ) · 2 3 1 2 ; ;∆ ∆ = ∆ ∆ . Do đó ( ) · ( ) · ( ) 2 3 1 2 2 2 2 2 |1. 2. | | 4.1 2.3| cos ; cos ; 25. 5 5. 0 | 2 | 2 3 4 0 3 4 0 a b a b a a b a b a a b a b + + ∆ ∆ = ∆ ∆ ⇔ = + =  ⇔ + = + ⇔ − = ⇔  − =  + a = 0 0b ⇒ ≠ . Do đó 3 : 4 0y∆ − = + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 3 4 0x y∆ + − = (trùng với 1 ∆ ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. 0,25 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: ( ) 4 0 5 5;4 1 0 4 y x C x y y − = =   ⇔ ⇒   − − = =   0,25 2 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , , OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P d I P d I Q  =   = = = ⇔ =   =   0,25 Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 1 10 4 2 30 (1) OI AI OI AI a b c a b c a b c = ⇔ = ⇔ + + = − + − + − ⇔ + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 | 2 2 5 | , 9 2 2 5 (2) 3 a b c OI d I P a b c a b c a b c + − + = ⇔ + + = ⇔ + + = + − + ( ) ( ) ( ) ( ) | 2 2 5 | | 2 2 13| , , 3 3 2 2 5 2 2 13 ( ) 2 2 4 (3) 2 2 5 2 2 13 a b c a b c d I P d I Q a b c a b c a b c a b c a b c + − + + − − = ⇔ = + − + = + − −  ⇔ ⇔ + − =  + − + = − − + +  lo¹i Từ (1) và (3) suy ra: 17 11 11 4a ; (4) 3 6 3 a b c − = − = 0,25 Từ (2) và (3) suy ra: 2 2 2 9 (5)a b c+ + = Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( ) ( ) 2 221 658 0a a− − = Như vậy 2a = hoặc 658 221 a = .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc 658 46 67 ; ; 221 221 221 I   −  ÷   và R = 3. 0,25 Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 9x y z− + − + − = và 2 2 2 658 46 67 9 221 221 221 x y z       − + − + + =  ÷  ÷  ÷       0,25 VII 1,00 6 a Điều kiện: 1 4 5n n− ≥ ⇔ ≥ Hệ điều kiện ban đầu tương đương: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 1 2 3 5 2 3 4.3.2.1 3.2.1 4 1 1 2 3 7 1 1 5.4.3.2.1 15 n n n n n n n n n n n n n n n n n − − − − − − −  − < − −   ⇔  + − − −  ≥ + −   0,50 2 2 9 22 0 5 50 0 10 5 n n n n n n  − − <  ⇔ − − ≥ ⇔ =   ≥  0,50 VIb 2,00 1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 0; 2 2 4 8 0 1; 3 5 2 0 y x x y x y y x x y = =  + + − − =  ⇔   = − = − − − =   0,50 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì · 0 90ABC = nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 0,50 2 1,00 Phương trình tham số của d 1 là: 1 2 3 3 2 x t y t z t = +   = −   =  . M thuộc d 1 nên tọa độ của M ( ) 1 2 ;3 3 ;2t t t+ − . Theo đề: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 |1 2 2 3 3 4 1| |12 6 | , 2 2 12 6 6 1, 0. 3 1 2 2 t t t t d M P t t t + − − + − − = = ⇔ = ⇔ − = ± ⇔ = = + − + 0,25 + Với t 1 = 1 ta được ( ) 1 3;0;2M ; + Với t 2 = 0 ta được ( ) 2 1;3;0M 0,25 + Ứng với M 1 , điểm N 1 2 d∈ cần tìm phải là giao của d 2 với mp qua M 1 và // mp (P), gọi mp này là (Q 1 ). PT (Q 1 ) là: ( ) ( ) 3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z− − + − = ⇔ − + − = . Phương trình tham số của d 2 là: 5 6 4 5 5 x t y t z t = +   =   = − −  (2) Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1. Điểm N 1 cần tìm là N 1 (-1;-4;0). 0,25 + Ứng với M 2 , tương tự tìm được N 2 (5;0;-5). 0,25 VII b 1,00 Điều kiện ( ) 3 1 0 3 3 x x > ⇔ < − ( ) ( ) ( ) 3 1 ( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3 3 f x x x x = = − − = − − − ; 0,25 7 ( ) ( ) 1 3 '( ) 3 3 ' 3 3 f x x x x = = Ta cú: ( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 6 6 1 cos 3 3 sin sin sin 0 sin 0 3 2 2 | t t dt dt t t = = = = 0,25 Khi ú: 2 0 6 sin 2 '( ) 2 t dt f x x > + ( ) ( ) 2 1 3 3 2 0 3 2 3 2 1 3 3; 2 3; 2 2 x x x x x x x x x x x < < > + + < < < < 0,50 Ht. GV: ng Ngc Liờn-ST: 0977467739 Trng THPT Ngc Hi KonTum-TPKonTum. Chỳc cỏc em ụn tp nhng ngy cui cú hiu qu cao nht! Gi Tng cỏc em : vHc V Thi v thi đại học 2009 - mấy điểm cần lu ý ----------- I. Trớc khi thi: 1. Học: Không nên đọc, học một cách ngấu nghiến, nhồi nhét căng thẳng và hay quên. Nên xem lại các phần còn lơ mơ, các công thức còn cha thuộc Tâm lí thoải mái! 2. ăn uống: Tránh thức quá khuya, học quá sức. ăn uống, ngủ đầy đủ (6 7h), nếu có thói quen ngủ tra (15 45) thì càng tốt. Tránh các món tế nhị với dạ dầy, các chất kích thích (chè, cà phê). 3. Đi thi: Tìm hiểu kĩ địa điểm thi chọn đờng đi tốt nhất, tránh ách tắc, nên đi sớm và nếu cần thiết, có ngời nhà đa đi. Chú ý ăn mặc, đầu tóc, giầy dép, tác phong nghiêm túc. 4. Buổi tối trớc ngày thi: Soạn đầy đủ giấy tờ, đồ dùng: Giấy báo thi, CMND, giấy chứng nhận tốt nghiệp, bút, bút chì, tẩy, thớc, compa, đồng hồ, máy tính (nên dùng loại Casio - fx 500A, 570 MS), để sẵn. Chú ý chuẩn bị nhiều bút cùng loại, cùng màu (nên dùng màu xanh). Không dùng bút xoá. Nên đi ngủ sớm, dậy sớm và đến trờng sớm. Nếu trờng ở xa, buổi tra nên nghỉ lại. II. Trong khi thi: - với môn Toán: 1. Vào phòng thi: Th giãn! T tởng thật thoải mái, hát thầm (nếu có khả năng), ngắm nhìn phong cảnh (nếu ngời ta mở cửa sổ), nói chuyện nhỏ với hàng xóm, hít thở Bình tĩnh, tự tin và cẩn thận là đã giành đợc 50% phần thắng. 2. Nhận bài thi: 8 Nên dành khoảng 5 - 10 phút đọc kĩ đề, đọc 2 lần lên chiến lợc làm bài: các câu dễ làm trớc, khó hơn làm sau. ( Dê làm khổ bò ) 3. Làm bài thi: - Nếu đã có hớng làm rồi thì không cần nháp, làm thẳng vào bài thi. Sai thì lấy thớc gạch chéo 1 đờng, cách 1 - 2 dòng làm tiếp. Không dùng bút chì để vẽ đồ thị. - Mỗi bài chỉ nên làm trong khoảng 15 phút, không nên đầu t nhiều quá, nếu nháp thấy quá 10 phút mà cha ra thì nên chọn câu khác, câu này quay lại sau. - Chú ý giành từng điểm một, dù là 1/4 điểm cũng không chê. - Có ý thức kiểm tra từng bớc biến đổi. Làm xong 1 bài, dành khoảng 2 phút xem lại bài đó. Đừng đợi làm xong hết mới kiểm tra. Cố gắng làm đâu chắc đấy. - Kiểm tra việc đặt điều kiện và so sánh điều kiện. Chú ý trình bày sáng sủa, rõ ràng, đủ ý, viết Câu 1, a, b, c rõ ràng, dễ đọc. - Khi căng thẳng quá có thể tạm thời dừng lại hít thở, ngắm nhìn mọi ngời làm bài, hoặc nghĩ đến 1 câu chuyện cời - Bài thi, giấy nháp để gọn gàng, đừng nháp vào bài thi và cũng đừng nộp tờ nháp. Kiểm tra đầy đủ SBD, số tờ, các thông tin cá nhân, chữ kí 2 giám thị . 4. Nộp bài thi: Tuyệt đối không đầu hàng trớc giờ, hãy chiến đấu đến phút 179. Chỉ nộp bài khi giám thị yêu cầu. Chú ý kiểm tra thêm 1 lần trớc khi nộp. Khi lên nộp bài nhớ mang theo đồng hồ, máy tính, tránh mất mát. - với các môn Thi trắc nghiệm: Xem đề cơng 15 điểm (4 chuẩn bị, 5 bí quyết, 6 lu ý) Học Tập Thi Cử Và Thành Đạt ! 9