ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG pdf

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số 1.. ASC ABC Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng SAB, SBC.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T PHẦN T

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG CẦN THƠ Môn thi: TOÁN; khối A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số 3 3 1





1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2 Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt:

m m x

x3 3  3 3

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình:

4

4

(2 sin 2 )(2 cos cos )

2 sin

x

x

 

2 Giải hệ phương trình:

2

x y xy x y

x y









¡

Câu III (1 điểm)

Tính

2 cos

8 sin 2 cos 2 2

x

dx







Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), SAABa AC, 2a và

90

ASC ABC Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC)

Câu V (1 điểm)

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

T

PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm (4; 1), A  B( 3; 2)  và đường thẳng : 3x4y42 Viết 0 phương trình đường tròn ( )C đi qua hai điểm , A B và tiếp xúc với đường thẳng 

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; 6; 6), B(4; 4; 4), C( 2; 10; 2) và S(2; 2; 6) Chứng minh O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi và hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (OABC)

trùng với tâm I của OABC Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AC

Câu VII.a (1 điểm)

Giải phương trình: (2x1) log32x(4x9) log3x140

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có A(1; 0), B(3; 2) và · 0

120



ABC Xác định tọa độ hai đỉnh C và D

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C lần lượt di động trên các tia Ox, Oy và Oz sao cho mặt phẳng (ABC) không đi qua O và luôn đi qua điểm M(1; 2; 3) Xác định tọa độ các điểm A, B, C để thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VII.b (1 điểm)

Giải hệ phương trình:

log ( 1) log ( 1) 1

x y







¡

-Hết -

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Môn thi: TOÁN; khối: A

1 (1,0 điểm)

 Tập xác định: D = ¡

 Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y'3x23, y'03x2 3 0x 1, ( 1)y  3, (1)y   1

0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 1) và (1; +), nghịch biến trên khoảng (1; 1)

- Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và yCT = y(1) = 1;

+ Hàm số đạt cực đại tại x = -1 và yCĐ = y(-1) = 3

- Giới hạn:

x lim , x lim

     

0,25

Bảng biến thiên:

0,25

y  x y   x  x y 

 điểm uốn I(0; 1)

Đồ thị: đi qua các điểm (2; 1), (2; 3)

và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng

0,25

2 (1,0 điểm)

Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị (C’) của hàm số:y x3 3x 1 và đường thẳng (d): 3 3 1





y

((d) cùng phương với trục hoành) Xét hàm số: y x3 3x 1, ta có:

+ Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng, đồng thời  x 0thì y x3 3 x  1 x33x 1

0,25

I

(2,0 điểm)

Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên:

0,25

1 y’(x)

y(x)

3

1



+

x

y

0

1

2

1











1

3

x

y

0

1

2

1

2

1









1

3



(d)

+ Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân

biệt là:

3 3

3

1

m

m

   







0,5

1 (1,0 điểm)

1) ĐK: xk ,k ¢ Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với:

1

2

-0,25

2

1

2

0,25

2 2

2 , ( ) 3

x l

p p p

é = ê ê Û

êë

0,25

II

(2,0 điểm)

So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là 2 2 ,

3

2 (1,0 điểm)

Nhận xét: Hệ đã cho không có nghiệm (x; 0), nên tương đương với:

1

x

x xy

y

x y

y









0,25

1

1 5

x y x

y

x y x

y





 

    



0,25

2 ( ) 1

3 3 ( ) 1

2

I x

y

II x

y

  











 







  







0,25

Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ là:













































2

5 1

; 2

5 5

; 2

5 1

; 2

5 5

0,25

III

4

A

S

C

B

M

H

2

4

x

dx dx







 



2

3 2

x

dx dx

















0,25

+ Kẻ SH vuông góc AC (H  AC)  SH

 (ABC)

2

a

SCBCa SH 

2 3 2

ABC

a

S 



3

1

a

0,25

+ Gọi M là trung điểm SB và  là góc giữa

hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)

Ta có: SA = AB = a, SCBCa 3

 AM  SB và CM  SB

 cos  cos AMC·

0,25

IV

(1,0 điểm)

AM là trung tuyến SAB nên:

4

a AM

4

a

cos AMC

Vậy: cos 105

35

 

0,25

Đặt a 1,b 1,c 1

   Khi đó theo giả thiết ta có x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn:

xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại:

T

0,25

V

(1,0 điểm)

Ta luôn có Bđt thức đúng: 3x3 y2 03 2x 3xy3 y2 3xy

 xy 1 3xy3x3 y3z

3 3

1 1

z

0,25

Tương tự:

3 3

1 1

x

y z  x y z (2);

3 3

1 1

y

Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được: T 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1

Vậy Tmax  đạt được khi a = b = c = 1 1

0,25

1 (1,0 điểm)

Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C)

BI2 = d2(I,)  (a + 3)2 + (b + 2)2 =

2 (3 4 42) 25

a b

Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23) 0,25 + I(1; -5)  R = 5

(C): (x – 1)2 + (y + 5)2 = 25 + I(-3; 23)  R = 25

(C): (x + 3)2 + (y – 23)2 = 625

0,25

2 (1,0 điểm)

Ta có:

+ Các đoạn OB và AC đều nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1)

+ uuurAC  8; 16; 8 ,  OBuuur4; 4; 4uuur uuurAC OB  32 64 32   0 ACOB (2)

Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC

0,50

SI AC

SI OB





uur uuur uur

uur uuur

+ Do OABC là hình thoi và SI (OABC)nên: AC OB AC (SOB)

AC SI











0,25

VI.a

(2,0 điểm)

Từ đó trong mp(SOB) nếu kẻ IH SO tại H thì IH ACtại H Vậy IH là đoạn vuông

góc chung của SO và AC

11

2 11

SI OI

d SO AC IH

SO

0,25

Ghi chú: Có thể dùng công thức: ( , ) | [ , ]. |

| [ , ] |

SO AC OI

d SO AC

SO AC



uuur uuur uur

ĐK: x > 0 Đặt:tlog3x, phương trình trở thành: (2x1)t2(4x9)t14 (1) 0 0,25

Do 2x 1 0,  nên có thể xem pt (1) là pt bậc 2 ẩn t, ta có: x 0

' (4x 9) 56(2x 1) (4x 5) ' | 4x 5 |

 pt (1) có các nghiệm : 2 ; 7

x



0,25

VII.a

(1,0 điểm)

t x



Xét hàm số: ( ) log3 7

x

 , TXĐ : D (0; ) 2

.ln 3 (2 1)



 Hàm số f là một hàm đồng biến trên D (0; )

0,25

1.(1,0 điểm)

Từ giả thiết suy ra ABD đều

Ta có : uuurAB (2; 2), trung điểm của AB là M(2;1)

 pt trung trực của đoạn AB: xy  3 0

0,25

+ ABCD là hình thoi nên:

+ t 2 3D(2 3;1 3),C( 3; 1  3)

+ t 2 3D(2 3;1 3),C( 3; 1  3) 0,25

2.(1,0 điểm)

Từ giả thiết ta suy ra tọa độ các điểm A, B, C định bởi: A a( ; 0; 0), B(0; ; 0),b C(0; 0; )c

trong đó a, b, c là các số thực dương  phương trình mp(ABC): x y z 1

ab c 

0,25

+ M(1, 2, 3)  mp(ABC) nên: 1 2 3 1

abc 

+ Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi: 1 1

0,25

+ Theo bđt CauChy: 1 2 3 31 2 3

VI.b

(2,0 điểm)

Đẳng thức xảy ra khi 1 2 3 1 3; 6; 9

Vậy Vmax 27 đạt được khi A(3; 0;0), B(0; 6; 0),C(0; 0;9)

0,25

ĐK: x 1, y  Khi đó hệ tương đương: 1

( 1)( 1) 3





0,25

Đặt: u32x y 1,v3x2y1, ĐK: u > 0, v > 0

Phương trình (1) trở thành: 3 3 9 ( 3)( 3) 0 3

3

u

v





 (thỏa ĐK) 0,25

TH1: Với u = 3, ta có hệ:

2

2

VN

0,25

VII.b

(1,0 điểm)

TH2: Với v = 3, ta có hệ:

2 1

2

2 0

2 2

1

1 2

x y

x

y

 

 











 

















So với ĐK ta nhận cả 2 nghiệm: 2; 0, 1; 1

2

Tóm lại hệ phương trình có 2 nghiệm: 2; 0, 1; 1

2

0,25

-Hết -