Bài soạn Đề thi thử Đại Học lần 1 năm 2011

Trường THPT Lê Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN 1 KHỐI A- B (Thời gian làm bài : 180 phút) CâuI(2 điểm): Cho hàm số: 3 2 1 (2 1) 3 3 y x mx m x = − + − − (1) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2. 2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực đại, cực tiểu nằm về cùng một phía đối với trục tung. CâuII(2 điểm): 1. Giải phương trình: cos 2 2x − cos3x − sin 2 2x − 2sin 2 x +1 = 0 2. Giải bất phương trình: 2 3 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x − + − ≤ − + − + . CâuIII(2 điểm): 1. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 6 1 5 x x y y x y y  + =   + =   . 2. Giải phương trình: 2 4 4 log ( 2) ( 5)log ( 2) 2( 3) 0x x x x + + − + − − = CâuIV(3 điểm): 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ ABC cân đỉnh A có trọng tâm là điểm ( ) 2; 2G − . Đường thẳng BC có phương trình: x + y − 1 = 0, đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ đỉnh C có phương trình: y + 2 = 0 Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB . 2. Cho hình chóp SABC, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), đáy ABC là tam giác cân, AB = AC = 2a , · 0 120BAC = , khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng(SBC) là 3 2 a . a. Tính thể tích của khối chóp SABC. b. Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. CâuV(1điểm) : Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 4 thì 1 1 1 4( ) 4 4 4 4 4 4 a b c a b c a b c + + ≥ + + -- Hết -- 1 Trường THPT Lê Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN 1 KHỐI D (Thời gian làm bài : 180 phút) CâuI(2 điểm). Cho hàm số: 3 2 1 (2 1) 3 3 y x mx m x = − + − − (1) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2. 2.Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về cùng một phía đối với trục tung. CâuII(2 điểm): 1. Giải phương trình: cos4x – cos3x + cos2x = 0 2. Giải phương trình: 3 2 1 4 9 2 (3 2)( 1)x x x x x − + − = − + − − . CâuIII(2 điểm): 1. Giải hệ phương trình: 2 2 4 ( 1) ( 1) 2 x y x y x x y y y  + + + =  + + + + =  2. Giải phương trình: 2 log(2 5 2) 2 log log 2 x x x + − = + CâuIV(3điểm) : 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ ABC cân đỉnh A. trọng tâm ( ) 2; 2G − . Đường thẳng BC có phương trình: x + y − 1 = 0, đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ đỉnh C có phương trình: y + 2 = 0. Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB . 2. Cho hình chóp SABC, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = a 3 . Đáy ABC là tam giác cân, AB = AC = 2a, · 0 120BAC = a.Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng(SBC) b. Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. CâuV(1điểm) : Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 thì 1 1 1 3( ) 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c + + ≥ + + -- Hết -- 2 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 KHỐI A - B Câu Đáp Án Điểm Câu I (2 điểm) 1.(1điểm ): Thay m = 2 ⇒ y = 1 3 x 3 – 2x 2 + 3x – 3 1) TXĐ : D = R 2) SBT : a) giới hạn : lim x y →+∞ = + ∞ , lim x y →−∞ = - ∞ b) Bảng biến thiên : y’ = x 2 – 4x + 3 y’ = 0 ⇔ 1 3 x x =   =  BBT x - ∞ 1 3 + ∞ y’ + 0 - 0 + y - 5 3 + ∞ - ∞ - 3 c) Đồ thị x = 0 ⇒ y = -3 x = 4 ⇒ y = - 5 3 2.(1điểm): TXĐ : D = R y’ = x 2 – 2mx + 2m – 1 Đồ thị hàm số(1) có 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm cùng phía đối với trục tung khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu . Đk : 2 ' 2 1 0 2 1 0 m m m  = − + >  − >  V 1 1 2 m m ≠   ⇔  >   KL : 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II(2điểm) 1.(1điểm) Pt(1) ⇔ cos4x – cos3x + cos2x = 0 ⇔ 2cos3xcosx – cos3x = 0 ⇔ cos3x( 2cosx – 1 ) = 0 ⇔ os3x=0 6 3 2cosx-1=0 2 3 x k c x l π π π π  = +   ⇔     = ± +   0,25 0,25 0,5 3 2.(1điểm) : ĐK : x ≥ 1 Đặt t = 3 2x − + 1x − , ( đk : t ≥ 0 ) ⇒ t 2 = 4x – 3 + 2 2 3 5 2x x − + Bphương trình trở thành : ⇔ t 2 – t – 6 ≥ 0 3 2( ) t t loai ≥  ⇔  ≤ −  Với : t ≥ 3 ⇒ 3 2x − + 1x − ≥ 3 ⇔ 4x – 3 + 2 2 3 5 2x x − + ≥ 9 ⇔ 2 3 5 2x x − + ≥ 6 – 2x ⇔ 2 2 2 6 2 0 3 5 2 36 24 4 6 2 0 3 5 2 0 x x x x x x x x  − ≥    − + ≥ − +    − <     − + ≥   ⇔ 2 3 19 34 0 3 1 2 3 x x x x x x  ≤    − + ≤    >     ≥         ≤      ⇔ 2 3 3 x x ≤ ≤   >  ⇔ x ≥ 2 Vậy Bphương trình (2) có nghiệm x ≥ 2 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III. (2điểm) 1.(1điểm): Ta thấy (0;0) không là nghiệm của hệ nên Hệ phương trình ⇔ 2 2 1 ( ) 6 1 5 x x y y x y  + =     + =   ⇔ 2 1 1 ( . )( ) 6 1 1 ( ) 2 . 5 x x y y x x y y  + =     + − =   Đặt S = 1 x y + , P = 1 .x y Hệ pt trở thành 2 . 6 2 5 S P S P =   − =  ⇔ 3 2 S P =   =  Có 3 2 S P =   =  ⇔ 1 3 1 . 2 x y x y  + =     =   ⇔ 1 1 2 2 1 x y x y  =      =     =     =   KL : 2.(1điểm): Đk : x > - 2 Đặt : 4 log ( 2)x t+ = Có phương trình : t 2 + (x – 5)t – 2(x – 3 ) = 0 (*) t V = (x – 5 ) 2 + 8 (x – 3 ) = x 2 – 10x + 25 +8x – 24 = (x - 1) 2 ≥ 0 0,25 0,25 0,25 0,25 4 5 1 2 2 (*) 5 1 3 2 x x t x x t x − + + −  = =  ⇔  − + − +  = = −   * t = 2 4 log ( 2) 2 14x x⇒ + = → = * t = 3 – x 4 log ( 2) 3x x⇒ + = − f(x) = 4 log ( 2)x + đồng biến trên (-2, + ∞ ) f(x) = 3 – x nghịch biến trên R f(2) = g(2) = 1 lập luận x= 2 là nghiệm duy nhất KL : 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV(3điểm) 1.(1điểm): BC ∩ CG = {C} ⇒ tọa độ C là nghiệm của hệ pt 1 0 2 0 x y y + − =   + =  ⇒ 3 2 x y =  ⇒  = −  C(3; -2) V ABC cân đỉnh A ⇒ AG ⊥ BC ⇒ pt AG: (2 – x ).1 + 2 + y= 0 ⇔ y = x- 4 . A ∈ AG ⇒ A( a ; a - 4) BC : x + y – 1 = 0 ⇔ y = 1 – x . B ∈ BC ⇒ B(b ; 1 – b ) G(2,-2) là trọng tâm ⇒ 3 6 3(1) 4 1 2 6 1(2) a b a b a b a b + + = + =   ⇔   − + − − = − − = −   ⇔ 1 2 a b =   =  ⇒ A(1;-3) ; B(2;-1) AB uuur = (1,2) ⇒ VTPT của AB là : n r (2;-1) Pttq AB : 2(x-1) – (y+3) = 0 ⇔ 2x - y - 5 = 0 2.(2điểm): a.(1điểm): Gọi I là trung điểm của BC , kẻ AH ⊥ SI (1),(H ∈ SI) V ABC cân tại A ⇒ AI ⊥ BC Có SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC BC ⊥ (SAI) ⇒ BC ⊥ AH (2) Từ (1) , (2) ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH = d(A,(SBC)) = 3 2 a V ABC có AB = AC = 2a , · ABC = 120 o ⇒ · BAI = 60 o V AIB vuông tại I : AI = AB . cos60 o = a SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AI Xét V SAI có AH ⊥ SI ⇒ 2 2 2 1 1 1 AH SA AI = + 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 1 1 3 3 3 4 a SA a a a a = − = − = ⇔ SA = a 3 Tính được V = a 3 b.(1điểm): Gọi D là tâm đtròn ngoại tiếp ∆ ABC ⇒ Tg ABDC là hình thoi ⇒ AD = 2AI = 2a 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 5 kẻ Dx ⊥ (ABC) ⇒ Dx P SA Gọi M là tđiểm SA . Gọi (P) là mp TT của SA , Dx cắt (P) tại O Lập luận ⇒ O là tâm mc ngoại tiếp chóp S.ABC Cm Tg MADO là hình chữ nhật 2 2 3SA a R AO AD AM = ⇒ = = + = 2 2 3 19 4 4 2 a a a + = Tính S mc = 19 π a 2 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V( 1 điểm) Ta có hàm số f(x) = 1 4 x nghich biến trên R nên (a – b)( 1 4 a - 1 4 b ) ≤ 0 với ∀ a,b ⇒ 4 4 4 4 a b a b a b b a + ≤ + với ∀ a,b (1) Tương tự 4 4 4 4 b c c b b c b c + ≤ + với ∀ b ,c (2) 4 4 4 4 a c a c a c c a + ≤ + với ∀ a ,c (3) Hiển nhiên 4 4 4 4 4 4 a b c a b c a b c a b c + + = + + (4) Cộng từng vế của (1) ,(2) , (3) , (4) ta được 1 1 1 3( ) ( )( ) 4 4 4 4 4 4 a b c a b c a b c a b c + + ≤ + + + + Thay a + b+ c = 3 4 ta được đpcm . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 4 0,25 0,25 0,25 0,25 6 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 KHỐI D Câu Đáp Án Điểm Câu I (2 điểm) 1.(1điểm ): Thay m = 2 ⇒ y = 1 3 x 3 – 2x 2 + 3x – 3 1) TXĐ : D = R 2) SBT : a) giới hạn : lim x y →+∞ = + ∞ , lim x y →−∞ = - ∞ b) Bảng biến thiên : y’ = x 2 – 4x + 3 y’ = 0 ⇔ 1 3 x x =   =  BBT x - ∞ 1 3 + ∞ y’ + 0 - 0 + y - 5 3 + ∞ - ∞ - 3 c) Đồ thị x = 0 ⇒ y = -3 x = 4 ⇒ y = - 5 3 2.(1điểm): TXĐ : D = R y’ = x 2 – 2mx + 2m – 1 Đồ thị hàm số(1) có 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm cùng phía đối với trục tung khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu . Đk : 2 ' 2 1 0 2 1 0 m m m  = − + >  − >  V 1 1 2 m m ≠   ⇔  >   KL : 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II(2điểm) 1.(1điểm) Pt(1) ⇔ cos4x – cos3x + cos2x = 0 ⇔ 2cos3xcosx – cos3x = 0 ⇔ cos3x( 2cosx – 1 ) = 0 ⇔ os3x=0 6 3 2cosx-1=0 2 3 x k c x l π π π π  = +   ⇔     = ± +   0,25 0,25 0,5 7 2.(1điểm) : ĐK : x ≥ 1 Đặt t = 3 2x − + 1x − , ( đk : t ≥ 0 ) ⇒ t 2 = 4x – 3 + 2 2 3 5 2x x − + phương trình trở thành : ⇔ t 2 – t – 6 = 0 3 2( ) t t loai =  ⇔  = −  Với : t = 3 ⇒ 4x – 3 + 2 2 3 5 2x x − + = 9 ⇔ 2 3 5 2x x − + = 6 – 2x ⇔ 2 2 6 2 0 3 5 2 36 24 4 x x x x x − ≥   − + = − +  ⇔ 2 3 19 34 0 x x x ≤   − + =  3 2 2 17 x x x x ≤   ⇔ ⇔ = =     =   ( thỏa mãn ĐK) Vậy phương trình (2) có 1 nghiệm x = 2 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III. (2điểm) 1.(1điểm): Hệ phương trình ⇔ 2 2 2 2 4 2 x y x y x y x y xy  + + + =   + + + + =   ⇔ 2 2 2 4 ( ) ( ) 2 4 2 2 x y x y x y x y xy xy xy   + + + = + + + − = ⇔   = − = −   ⇔ 2 ( ) 0 2 x y x y xy  + + + =  = −  ⇔ 0 ( ) 2 1 ( ) 2 x y I xy x y II xy  + =    = −    + = −    = −    Giải (I): (I) ⇔ 2 2 2 2 x y x y   =     = −     = −     =     Giải (II) : (II) ⇔ 1 2 2 1 x y x y  =    = −    = −    =    KL : 0,25 0,25 0,25 0,25 8 2.(1điểm): Đk : 2 5 41 2 5 2 0 4 0 1 log 2 0 2 x x x x logx x  − +  + − > >    > ⇔     + ≠ ≠    pt ⇔ log 2 x (2x 2 + 5x – 2) = 2 ⇔ 2x 2 - 5x + 2 = 4 x 2 ⇔ 2x 2 - 5x + 2 = 0 ⇔ 1 2 2 x x  =   =  Kl : pt có 1 nghiệm x = 2 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV(3điểm) 1.(1điểm): 2.(2điểm): BC ∩ CG = {C} ⇒ tọa độ C là nghiệm của hệ pt 1 0 2 0 x y y + − =   + =  ⇒ 3 2 x y =  ⇒  = −  C(3; -2) V ABC cân đỉnh A ⇒ AG ⊥ BC ⇒ pt AG: (2 – x ).1 + 2 + y= 0 ⇔ y = x- 4 . A ∈ AG ⇒ A( a ; a - 4) BC : x + y – 1 = 0 ⇔ y = 1 – x . B ∈ BC ⇒ B(b ; 1 – b ) G(2,-2) là trọng tâm ⇒ 3 6 3(1) 4 1 2 6 1(2) a b a b a b a b + + = + =   ⇔   − + − − = − − = −   ⇔ 1 2 a b =   =  ⇒ A(1;-3) ; B(2;-1) AB uuur = (1,2) ⇒ VTPT của AB là : n r (2;-1) Pttq AB : 2(x-1) – (y+3) = 0 ⇔ 2x - y - 5 = 0 a.(1điểm): Gọi I là trung điểm của BC , kẻ AH ⊥ SI (1),(H ∈ SI) V ABC cân tại A ⇒ AI ⊥ BC Có SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC BC ⊥ (SAI) ⇒ BC ⊥ AH (2) Từ (1) , (2) ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH = d(A,(SBC)) V ABC có AB = AC = 2a , · ABC = 120 o ⇒ · BAI = 60 o V AIB vuông tại I : AI = AB . cos60 o = a SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AI Xét V SAI có AH ⊥ SI ⇒ 2 2 2 1 1 1 AH SA AI = + 2 2 2 2 2 1 1 1 3 4 3 3 3a a a a a = + = + = ⇔ AH = 3 2 a b.(1điểm): Gọi D là tâm đtròn ngoại tiếp ∆ ABC ⇒ Tg ABDC là hình thoi ⇒ AD = 2AI = 2a kẻ Dx ⊥ (ABC) ⇒ Dx P SA Gọi M là tđiểm SA . Gọi (P) là mp TT của SA , Dx cắt (P) tại O 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 9 Lập luận ⇒ O là tâm mc ngoại tiếp chóp S.ABC Cm Tg MADO là hình chữ nhật 2 2 3SA a R AO AD AM = ⇒ = = + = 2 2 3 19 4 4 2 a a a + = Tính S mc = 19 π a 2 Câu V( 1 điểm) Ta có hàm số f(x) = 1 3 x nghịch biến trên R nên (a – b)( 1 3 a - 1 3 b ) ≤ 0 với ∀ a,b ⇒ 3 3 3 3 a b a b a b b a + ≤ + với ∀ a,b (1) Tương tự 3 3 3 3 b c c b b c b c + ≤ + với ∀ b ,c (2) 3 3 3 3 a c a c a c c a + ≤ + với ∀ a ,c (3) Hiển nhiên 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c a b c + + = + + (4) Cộng từng vế của (1) ,(2) , (3) , (4) ta được 1 1 1 3( ) ( )( ) 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c a b c + + ≤ + + + + Thay a + b+ c = 1 ta được đpcm .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 3 0,25 0,25 0,25 0,25 10 [...]... Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN 1 KHỐI A- B (Thời gian làm bài : 18 0 phút) 1 3 Bài 1( 2 điểm): Cho hàm số: y = x3 − mx 2 + (2m − 1) x − 3 2 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2 2.Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực đại, cực tiểu nằm về cùng một phía đối với trục tung Bài 2(2 điểm): 1 Giải phương trình: 3 – cotx.( cotx + 2cosx ) + 6sinx = 0 2 Giải phương trình: 3x − 2 + x − 1 = 4... BAC = 12 00 , khoảng cách từ A đến (SBC) là 2 c Tính thể tích của khối chóp SABC d Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp SABC Bài 5 (1 iểm) : Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 1 1 a b c + b + c ≥ 4( a + b + c ) a 4 4 4 4 4 4 Hết 11 4 thì 3 Trường THPT Lê Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN 1 KHỐI D (Thời gian làm bài : 18 0 phút) Bài 1( 2 điểm)... điểm) 1 3 Cho hàm số: y = x3 − mx 2 + (2m − 1) x − 3 (1) 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2 2.Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về cùng một phía đối với trục tung Bài 2(2 điểm): 1 Giải phương trình: cos 2 2 x − cos3x − sin 2 2 x − 2sin 2 x + 1 = 0 2 Giải phương trình: 3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3 x 2 − 5 x + 2 Bài 3(2 điểm):  x2 + y2 + x + y = 4 1 Giải... tích của khối chóp SABC b Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp chóp SABC Bài 5 (1 iểm) : Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 thì 1 1 1 a b c + b + c ≥ 3( a + b + c ) a 3 3 3 3 3 3 Hết 12 3 x − x 2 1 1 ( x − 1) 2 x − 1 ≤ 3( x − 1) log 3 ( x 2 − 3 x + 2 + 2) +  ÷ 5 13 =2 ... + 1) + y ( y + 1) = 2 log( x 2 − 3 x + 2) =2 2 Giải phương trình: log x + log 2 Bài 4(3điểm) : 1 Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ ABC cân đỉnh A trọng tâm G ( 2; −2 ) Phương trình đường thẳng BC: x + y − 1 = 0 , phương trình đường thẳng CG: y + 2 = 0 Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB 2 Cho hình chóp SABC, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), đáy ABC là tam giác a 3 · cân, AB = AC = 2a, BAC = 12 00... phương trình: 3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3 x 2 − 5 x + 2 Bài 3(2 điểm):  x + x2 y = 6 y 2  1. Giải hệ phương trình:  2 2 2 1 + x y = 5 y  2 Giải phương trình: log 2 ( x + 2) + ( x − 5) log 4 ( x + 2) − 2( x − 3) = 0 4 Bài 4(3 điểm): 3 Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ ABC cân đỉnh A , trọng tâm G ( 2; −2 ) Phương trình đường thẳng BC: x + y − 1 = 0 , phương trình đường thẳng CG: y + 2 = 0 Viết phương . Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN 1 KHỐI D (Thời gian làm bài : 18 0 phút) Bài 1( 2 điểm). Cho hàm số: 3 2 1 (2 1) 3 3 y x mx m x= − + − − (1) 1. Khảo. Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN 1 KHỐI D (Thời gian làm bài : 18 0 phút) CâuI(2 điểm). Cho hàm số: 3 2 1 (2 1) 3 3 y x mx m x = − + − − (1) 1. Khảo