ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 11 NĂM HỌC 2013 - 2014

www.facebook.com/hocthemtoan

www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 11 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH .(7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x 3 – 3x 2 + 2 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình :     2 2 2 1 m x x x Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 5 2 2 os sin 1 12 c x x          2) Giải hệ phương trình: 2 8 2 2 2 2 log 3log ( 2) 1 3 x y x y x y x y               . Câu III: (1,0 điểm ) Tính tích phân: 1 2 3 2 0 4 ln 4           x I x dx x Câu IV:( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a ,tam giác SAB cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC).Hai mặt phẳng (SCA) và (SCB) hợp với nhau một góc bằng 0 60 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a . Câu V :(1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:       2 2 2 2 1 3 16 36S x y z PHẦN B : THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1HOẶC PHẦN 2) PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC,phương trình đường thẳng DM: x y 2 0   và   C 3; 3 .Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d:3x y 2 0   ,xác định toạ độ các đỉnh A,B,D. 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyzcho mặt phẳng   P : x y z 1 0    và hai điểm     A 1; 3;0 ,B 5; 1; 2 .   Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA MB đạt giá trị lớn nhất. Câu VII.a (1,0 điểm): Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức : 0 1 2 3 n n n n n n 1 1 1 1 1023 C C C C C 2 3 4 n 1 10         PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03: 1  yxd và 06: 2  yxd . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d 1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng : d 1 :      2 1 1 1 2 x y z , d 2 : 2 2 3 x t y z t          Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d 1 và d 2 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 2 1 2 2 2 3 2 2010 2 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 2 3 . 2010 2011     S C C C C C …………………………………….…….Hết . ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 11 Câ u Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 3 2y x x .   1,00 T ập xác định: Hàm số có tập xác định  D .  Sự biến thiên: 2 3 6y' x x.  Ta có 0 0 2 x y' x         , y 0 x 0 x 2      h/s đồng biến trên các khoảng     ;0 & 2;   , y 0 0 x 2     h/s nghịch biến trên khoảng   0;2 0,25      0 2 2 2 CD CT y y ; y y .      Giới hạn 3 3 x x 3 2 lim y limx 1 x x              0,25  Bảng biến thiên: x  0 2  y'  0  0  y 2   2 0,25  Đồ thị: f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25 2 Biện luận số nghiệm của phương trình 2 m x 2x 2 x 1     theo tham số m. 1,00  Ta có   2 2 2 2 2 2 1 1 1           m x x x x x m,x . x Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của     2 2 2 1y x x x , C'    và đường thẳng 0,25 1 y m,x .  Vẽ       2 1 2 2 1 1 f x khi x y x x x f x khi x             nờn   C' bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng 1x . + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng 1x  qua Ox. Đồ thị hàm số y = 2 ( 2 2) 1x x x   , với x  1 có dạng như hình vẽ sau 0,25  hình f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25 Đồ thị đường thẳng y=m song song với trục ox Dựa vào đồ thị ta có: + 2 m : Phương trình vô nghiệm; + 2 m : Phương trình có 2 nghiệm kép + 2 0  m : Phương trình có 4 nghiệm phân biệt; + 0m : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. 0,25 II 2,00 1 Giải phương trình: 5 2 2 os sin 1 12 c x x          1,0  5 2 2 os sin 1 12 c x x          5 5 2 sin 2 sin 1 12 12 x                   0.25 5 5 1 5 5 sin 2 sin sin sin 2 sin sin 12 12 4 12 4 12 2 2cos sin sin 3 12 12 x x                                                0,25   5 2 2 5 612 12 sin 2 sin 5 13 312 12 2 2 12 12 4 x kx k x k x k x k                                                0,50 2 Giải hệ phương trình: 2 8 2 2 2 2 log 3log ( 2) 1 3 x y x y x y x y               . 1,0  Điều kiện: x+y>0, x-y 0 2 8 2 2 2 2 2 2 2 2 log 3log (2 ) 2 1 3 1 3 x y x y x y x y x y x y x y x y                              0,25 Đặt: u x y v x y        ta có hệ: 2 2 2 2 2 ( ) 2 4 2 2 3 3 2 2 u v u v u v uv u v u v uv uv                          0,25đ 2 2 4 (1) ( ) 2 2 3 (2) 2 u v uv u v uv uv               . Thế (1) vào (2) ta có: 2 8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv           . 0,25đ Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0 4 uv u v u v          (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2). 0,25đ III Tính tích phân: 1 2 3 2 0 4 ln 4           x I x dx x 1,0  Đặt 2 4 2 4 3 16x 4 x du dx u ln x 16 4 x x 16 v dv x dx 4                            0,50 Do đó   1 1 2 4 2 0 0 1 4 x 15 3 I x 16 ln 4 xdx ln 2 4 4 x 4 5                      0,50 IV … Tính thể tích khối chóp S.ABC… 1,00 Gọi H là trung điểm của AB   SH AB SH ABC    Kẻ   AK SC SC AKB   SC KB        0 SAC ; SBC KA;KB 60        0 0 AKB 60 AKB 120      Nếu 0 AKB 60   thì dễ thấy KAB đều KA KB AB AC    (vô lí) Vậy 0 AKB 120  cân tại K 0 AKH 60   0 AH a KH tan 60 2 3    Trong SHC vuông tại H,đường cao 0,25 0,25 0,25 KH có 2 2 2 1 1 1 KH HC HS   thay a KH 2 3  và a 3 HC 2  vào ta được a 6 SH 8  2 3 S.ABC ABC 1 1 a 6 a 3 a 2 V .SH.dt . . 3 3 8 4 32     0,25 V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:       2 2 2 2 1 3 16 36S x y z 1,0  Ta có:           2 2 2 2 2 2 2 2 3 12 6S x y z Trong hệ toạ độ OXY xét 3 véc tơ       a 2x;2 ,b 3y;4 ,c z;6      ,     a b c 2x 3y z;2 12 6 40;20                 2 2 2 2 2 2 a 2x 2 , b 3y 12 , c z 6         , a b c 20 5      Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ : S= a b c a b c           S 20 5  .Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ a,b,c    cùng hướng xét hệ điều kiện : 2x 3y z 2x 3y z 2x 3y z 40 2 2 12 6 2 12 6 20 20           x 2,y 8,z 12    Với : x 2,y 8,z 12   thì S 20 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 20 5 đạt được khi : x 2,y 8,z 12   0,25 0,25 0,25 0,25 VIA 2,00 1 Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M….Tìm toạ độ A,B,D. 1,00 Gọi A   t; 3t 2  .Ta có khoảng cách:     4t 4 2.4 d A,DM 2d C,DM t 3 t 1 2 2          hay     A 3; 7 A 1;5   .Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM nên chỉ có A   1;5 thoả mãn. Gọi D   m;m 2 DM thì     AD m 1;m 7 ,CD m 3;m 1        Do ABCD là hình vuông         2 2 2 2 m 5 m 1 DA.DC 0 m 1 m 7 m 3 m 1 DA DC                            m 5  Hay D   5;3     AB DC 2; 6 B 3; 1         . Kết luận A   1;5 ,   B 3; 1  , D   5;3 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng   P : x y z 1 0    ……. 1,00 Đặt vt của (P) là:   f x;y;z x y z 1    ta có     A A A B B B f x ;y ;z f x ;y ;z 0  A,B nằm về hai phía so với (P).Gọi ' B đối xứng với B qua (P)   ' B 1; 3;4   . 0,25 ' ' MA MB MA MB AB    Đẳng thức xẩy ra khi ' M,A,B thẳng hàng    ' M P AB  .Mặt khác phương trình ' x 1 t AB : y 3 z 2t             toạ độ M là nghiệm hệ pt:   x 1 t t 3 y 3 x 2 M 2; 3;6 z 2t y 3 x y z 1 0 z 6                                    0,25 0,25 0,25 VII A Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức : 0 1 2 3 n n n n n n 1 1 1 1 1023 C C C C C 2 3 4 n 1 10         1,00 Xét khai triển:       n 0 1 2 2 n n n n n n 1 1 n 0 1 2 2 n n n n n n 0 0 1 x C C x C x C x 1 x dx C C x C x C x dx                   1 1 n 1 0 1 2 2 3 n n 1 n n n n 0 0 1 x 1 1 1 C x C x C x C x n 1 2 3 n 1                   n 1 0 1 2 3 n n n n n n 2 1 1 1 1 1 1023 C C C C C n 1 2 3 4 n 1 n 1               n 1 n 1 10 2 1 1023 2 1024 2 n 1 10 n 9              vậy n 9 0,25 0,25 0,25 0,25 VI B 2,00 1 ….cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12… 1,00 Ta có: Idd 21  . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:            2/3y 2/9x 06yx 03yx . Vậy       2 3 ; 2 9 I Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1  Suy ra M( 3; 0) 0,25đ Ta có: 23 2 3 2 9 32IM2AB 22                Theo giả thiết: 22 23 12 AB S AD12AD.ABS ABCD ABCD  Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d 1 ADd 1  Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d 1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT: 03yx0)0y(1)3x(1  . Lại có: 2MDMA  0,25đ Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:          2y3x 03yx 2 2                       13x x3y 2)x3(3x 3xy 2y3x 3xy 2 2 2 2       1y 2x hoặc      1y 4x . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0,25đ Do       2 3 ; 2 9 I là trung điểm của AC suy ra:      213yy2y 729xx2x AIC AIC Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0,25đ 2 .phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d 1 và d 2 1,00 Các véc tơ chỉ phương của d 1 và d 2 lần lượt là 1 u  ( 1; - 1; 2) và 2 u  ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0)  d 1 ; N( 2; 3; 0)  d 2 Xét 1 2 ; .u u MN        = - 10  0Vậy d 1 chéo d 2 0,25đ Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  d 1 B(2 – 2t’; 3; t’)  d 2 1 2 . 0 . 0 AB u AB u            1 3 ' 0 t t          A 5 4 2 ; ; 3 3 3        ; B (2; 3; 0) Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d 1 và d 2 . Ta có  : 2 3 5 2 x t y t z t           0,25đ 0,25đ PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có dạng: 2 2 2 11 13 1 5 6 6 3 6 x y z                         0,25đ VII B 1,0đ   2011 0 1 2 2 3 3 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 x C C x C x C x C x       (1) Lấy đạo hàm hai vế   1 ta được:   2010 1 2 2 3 2010 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 x C 2xC 3x C 2011x C      nhân hai vế với x ta được:   2010 1 2 2 3 3 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2011x 1 x xC 2x C 3x C 2011x C      (2) Lấy đạo hàm hai vế   2 ta được       2010 2019 1 2 2 2 2 3 2 2010 2011 2011 2011 2011 2011 2011 1 x 2010x 1 x C 2 xC 3 x C 2011 x C         (3) Thay x=1 vào hai vế của (3) ta được:   2010 2009 2 1 2 2 2 3 2 2011 2011 2011 2011 2011 2011 2 2010.2 1 C 2 C 3 C 2011 C     Vậy S=2011.2012. 2009 2 0,25 0,25 0,25 0,25 . 2010 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 1 x C 2xC 3x C 2011x C      nhân hai vế với x ta được:   2010 1 2 2 3 3 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 2011x 1. 2 2 11 13 1 5 6 6 3 6 x y z                         0,25đ VII B 1,0đ   2 011 0 1 2 2 3 3 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 2 011 1