KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x = − ++++ có đồ thị (C m ). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng ( ) +∞ ;2 Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 =+ xx b) Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22 −+=−+ xxxx Câu III (1 điểm) Tính tích phân ∫ + = 2ln3 0 23 )2( x e dx I Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3 4 Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1 22 =+− yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 1 1 22 44 ++ ++ = yx yx P B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2 =++− zzzz , ∈ z C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) :3 5 0x y∆ − − = sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 5 1 1 3 4 : 1 − + = − − = − zyx d 13 3 1 2 : 2 zyx d = + = − Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22 −>− xxx …… .HẾT . ĐÁP ÁN Câu I a) Đồ Học sinh tự làm khi m = 0 ta có 0,25 b) 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x = − ++++ )1(6)12(66' 2 +++−=⇒ mmxmxy y’ có 01)(4)12( 22 >=+−+=∆ mmm 0,5 += = ⇔= 1 0' mx mx y Hàm số đồng biến trên ( ) +∞ ;2 ⇔ 0' > y 2 >∀ x ⇔ 21 ≤+ m ⇔ 1 ≤ m 0,25 0,25 Câu II a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 =+ xx 1 điểm PT ⇔ 1)1cos4(3cos2 2 =− xx ⇔ 1)sin43(3cos2 2 =− xx 0,25 Nhận xét Zkkx ∈= , π không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 1)sin43(3cos2 2 =− xx ⇔ xxxx sin)sin4sin3(3cos2 3 =− ⇔ xxx sin3sin3cos2 = ⇔ xx sin6sin = 0,25 ⇔ +−= += ππ π 26 26 mxx mxx ⇔ += = 7 2 7 5 2 ππ π m x m x ; Zm ∈ 0,25 Xét khi = 5 2 π m π k ⇔ 2m=5k ⇔ m t5 = , Zt ∈ Xét khi 7 2 7 ππ m + = π k ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Zl ∈ Vậy phương trình có nghiệm: 5 2 π m x = ( tm 5 ≠ ); 7 2 7 ππ m x += ( 37 +≠ lm ) trong đó Zltm ∈ ,, 0,25 b) Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22 −+=−+ xxxx 1 điểm PT ⇔ 631012)13(2 22 −+=−+ xxxx 232)12(412)13(2 222 −++−=−+ xxxxx . Đặt )0(12 2 ≥−= txt Pt trở thành 0232)13(24 22 =−+++− xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx 0,25 Pt trở thành 0232)13(24 22 =−+++− xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13(' −=−+−+=∆ xxxx 0,25 Từ đó ta có phương trình có nghiệm : 2 2 ; 2 12 + = − = x t x t Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm: + +− ∈ 7 602 ; 2 61 x 0,5 Câu III Tính tích phân ∫ + = 2ln3 0 23 )2( x e dx I 1 điểm Ta c ó ∫ + = 2ln3 0 2 33 3 )2( xx x ee dxe I = Đặt u= 3 x e ⇒ dxedu x 3 3 = ; 22ln3;10 =⇒==⇒= uxux 0,25 Ta được: ∫ + = 2 1 2 )2( 3 uu du I =3 du u uu ∫ + − + − 2 1 2 )2(2 1 )2(4 1 4 1 0,25 =3 2 1 )2(2 1 2ln 4 1 ln 4 1 + ++− u uu 0,25 8 1 ) 2 3 ln( 4 3 −= Vậy I 8 1 ) 2 3 ln( 4 3 −= 0,25 Câu IV Gọi M là trung điểm BC ta thấy: ⊥ ⊥ BCOA BCAM ' )'( AMABC ⊥⇒ Kẻ ,'AAMH ⊥ (do A ∠ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) Do BCHM AMAHM AMABC ⊥⇒ ∈ ⊥ )'( )'( .Vậy HM là đọan vông góc chung của 0,5 A B C C’ B’ A’ H O M AAv BC, do ú 4 3 )BC,A'( aHMAd == . Xột 2 tam giỏc ng dng AAO v AMH, ta cú: AH HM AO OA = ' suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A === Th tớch khi lng tr: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC ==== 0,5 Cõu V 1.Cho a, b, c l cỏc s thc dng tho món 3=++ cba .Chng minh rng: 134)(3 222 +++ abccba 1 im t 2 ;134)(3),,( 222 cb tabccbacbaf + =+++= *Trc ht ta chng minh: ),,(),,( ttafcbaf :Tht vy Do vai trũ ca a,b,c nh nhau nờn ta cú th gi thit cba 33 =++ cbaa hay a 1 = ),,(),,( ttafcbaf 134)(3134)(3 2222222 ++++++ atttaabccba = )(4)2(3 2222 tbcatcb ++ = ++++ 22 22 4 )( 4 4 )(2 3 cb bca cb cb = 2 2 )( 2 )(3 cba cb = 0 2 ))(23( 2 cba do a 1 0,5 *Bõy gi ta ch cn chng minh: 0),,( ttaf vi a+2t=3 Ta cú 134)(3),,( 2222 +++= atttattaf = 13)23(4))23((3 2222 +++ ttttt = 0)47()1(2 2 tt do 2t=b+c < 3 Du = xy ra 10&1 ===== cbacbt (PCM) 0,5 2. Cho x,y,z tho món l cỏc s thc: 1 22 =+ yxyx .Tỡm giỏ tr ln nht ,nh nht ca biu thc 1 1 22 44 ++ ++ = yx yx P Từ giả thiết suy ra: xyxyyx xyxyxyyxyx 33)(1 21 2 22 += =+= Từ đó ta có 1 3 1 xy . 0,25 Măt khác xyyxyxyx +=+=+ 11 2222 nên 12 2244 ++=+ xyyxyx .đăt t=xy Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của 1 3 1 ; 2 22 )( 2 ≤≤− + ++− == t t tt tfP 0.25 TÝnh −−= −= ⇔= + +−⇔= )(26 26 0 )2( 6 10)(' 2 lt t t tf 0.25 Do hµm sè liªn tôc trªn [ ] 1; 3 1 − nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña ) 3 1 ( − f , )26( − f , )1(f cho ra kÕt qu¶: 626)26( −=−= fMaxP , 15 11 ) 3 1 (min =−= fP 0.25 Câu VIa 1 điểm a) (Học sinh tự vẽ hình) Ta có: ( ) 1;2 5AB AB= − ⇒ = uuur . Phương trình của AB là: 2 2 0x y+ − = . ( ) ( ) : ;I d y x I t t∈ = ⇒ . I là trung điểm của AC: )2;12( ttC − 0,5 Theo bài ra: 2),(. 2 1 == ∆ ABCdABS ABC ⇔ 446. =− t ⇔ = = 3 4 0 t t Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( 3 8 ; 3 5 ) thoả mãn . 0,5 b) 1 điểm *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên )1;1;2(// − nOH ; ( ) H ABC∈ Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 3 1 suy ra ) 3 1 ; 3 1 ; 3 2 ( − H 0,25 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC) ⇔ H là trung điểm của OO’ ⇔ ) 3 2 ; 3 2 ; 3 4 (' − O 0,5 CâuVIIa Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2 =++− zzzz , ∈ z C. 1 điểm PT ⇔ ⇔=+−+ 10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2( 22 =−++ zzzz Đặt zzt 2 2 += . Khi đó phương trình (8) trở thành: 0,25 Đặt zzt 2 2 += . Khi đó phương trình (8) trở thành 0103 2 =−− tt 0,25 ±−= ±−= ⇒ = −= ⇔ 61 1 5 2 z iz t t Vậy phương trình có các nghiệm: 61 ±−= z ; iz ±−= 1 0,5 Câu VIb a) 1 điểm Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0x y+ − = và 5AB = Viết phương trình đường CD: 4 17 0x y− + = và 17CD = 0,25 Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: ( ;3 5)M t t= − Ta tính được: 13 19 11 37 ( , ) ; ( , ) 5 17 t t d M AB d M CD − − = = 0,25 Từ đó: ( , ). ( , ). MAB MCD S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ = 7 9 3 t t⇔ = − ∨ = ⇒ Có 2 điểm cần tìm là: 7 ( 9; 32), ( ;2) 3 M M− − 0,5 b) 1 điểm Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1 , d 2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ ( ) 1 2 ,d d d dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 , d 2 0, 25 Ta tìm A, B : ' AB u AB u ⊥ ⊥ uuur r uuur ur A∈d 1 , B∈d 2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) 0,25 ⇒ AB uuur (….)… ⇒ A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) ⇒ I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 Nên có phương trình là: ( ) 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − ++ = 0,25 CâuVIIb Giải bất phương trình 2log9)2log3( 22 −>− xxx 1 điểm Điều kiện: 0 > x Bất phương trình ⇔ )1(2log)3(3 2 −>− xxx Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. 0.25 TH1 Nếu 3 > x BPT ⇔ 3 1 log 2 3 2 − − > x x x Xét hàm số: xxf 2 log 2 3 )( = đồng biến trên khoảng ( ) +∞ ;0 3 1 )( − − = x x xg nghịch biến trên khoảng ( ) +∞ ;3 0,25 *Với 4 > x :Ta có =< => 3)4()( 3)4()( gxg fxf ⇒ Bpt có nghiệm 4 > x * Với 4 < x :Ta có => =< 3)4()( 3)4()( gxg fxf ⇒ Bpt vô nghiệm TH 2 :Nếu 30 << x BPT ⇔ 3 1 log 2 3 2 − − < x x x xxf 2 log 2 3 )( = đồng biến trên khoảng ( ) +∞ ;0 3 1 )( − − = x x xg nghịch biến trên khoảng ( ) 3;0 *Với 1 > x :Ta có =< => 0)1()( 0)1()( gxg fxf ⇒ Bpt vô nghiệm * Với 1 < x :Ta có => =< 0)1()( 0)1()( gxg fxf ⇒ Bpt có nghiệm 10 << x 0,25 Vậy Bpt có nghiệm << > 10 4 x x 0,25 Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa. . thit cba 33 =++ cbaa hay a 1 = ),,(),,( ttafcbaf 134)(3134)(3 2222222 ++ ++ + + atttaabccba = )(4)2(3 2222 tbcatcb ++ = + + + + 22 22 4 )( 4. m x = − + + + + )1(6)12(66' 2 ++ + =⇒ mmxmxy y’ có 01)(4)12( 22 > =+ += ∆ mmm 0,5 += = ⇔= 1 0' mx mx y Hàm số đồng biến trên ( ) + ;2 ⇔