PHẦN BẮT BUỘC Câu I2 điểm.. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600.. Tính thể tích hình chóp S.ABCD.. PHẦN TỰ CHỌN Thí sinh chọn phần
Trang 1Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011
MÔN: TOÁN-KHỐI D (Thời gian làm bài : 180 phút)
A PHẦN BẮT BUỘC
Câu I(2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 2mx2 + m2x – 1 có đồ thị (Cm)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1
2 Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2 ; + )
Câu II (2 điểm)
4 3 sin sin 2 2 2 sin sin
x x x
x
2 Giải hệ phương trình:
y y y x
y y x x
3 2
2 3
2
CâuIII(1 điểm) Tính tích phân I =
2 ln 3
0 3 e x 2
dx
CâuIV(1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600 Tính thể tích hình chóp S.ABCD
CâuV(1 điểm)
Cho 3 số dương x , y , z có tổng bằng 1 Chứng minh bất đẳng thức :
2
3
zx x
yz
yz z
xy xy
B PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chọn phần I hoặc II)
I- Chương trình chuẩn
CâuVIa(2 điểm)
1 Cho 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
2 Trong không gian , cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) có phương trình: (P) : 2x + y + z – 1 = 0 , (d) :
3
2 1
2
1
x
Viết phương trình của đường thẳng qua giao điểm của (P) và (d) , vuông góc với (d) và nằm trong (P)
CâuVIIa( 1điểm). Giải phương trình : log (24 2) log (2 2) 1 0
4
x x x x
II- Chương trình nâng cao
Câu VIb(2điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , cạnh AB nằm trên đường thẳng () : 3x +4y +1 = 0 và AB = 2AD và giao điểm hai đường chéo là I(0 ; )
2
1
Tìm phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;-1;2) và mp(P) : x – 2 y + 3z – 1 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua hai điểm A ,
B và vuông góc với mp(P)
CâuVIb(1điểm). Giải bất phương trình: log2x3 1 log2 x1
……….HẾT…… www.laisac.page.tl
Trang 2
ĐÁP ÁN –KHỐI D
Câu Nội dung Th/điểm
A Phần bắt buộc
CâuII
2điểm
1-(1đ)
Với m = 1 , hàm số y = x3 – 2x2 + x – 1
* TXĐ: D = R
* Giới hạn :
y
xlim
* y’ = 3x2 – 4x + 1
* y” = 6x – 4
27
25 3
2 0
27
25
; 3
2
I - điểm uốn
* Bảng biến thiên:
Hàm số tăng trên ;1;
3 1
; và giảm trên ;1
3 1
* Đồ thị (Tự vẽ)
0,25
0,25 0,25
0,25
2 2- (1 điểm) Hàm số y = x3 – 2mx2 + m2x – 1
* y’ = 3x2 – 4mx + m2 có ' m 2
m x
m x
Với m > 0 ,
hàm số đồng biến trên 2; y'0,x2m20m2(1)
Với m = 0 , y’ = 3x2 ,0x , nên hàm số tăng trên2; khi m = 0 (2)
Với m < 0 ,
3 2 , 0 '
;
2 y x m m m (3) Theo (1) , (2) , (3) suy ra : m2 hàm số đồng biến trên 2;
0,25
0,25 0,25
0,25 CâuII
2điểm
1- (1điểm) Giải phương trình :
4 3 sin sin 2 2 2 sin sin
x x x
x
) 2 ( 4 3 sin 2 cos
sin
) 1 ( 0
sin
4 3 sin sin 2 2 cos sin 2 sin
2 2
x x
x
k x x
x x x
x x
4 3 sin ) 4
x x
0,25
0,25
y’
x
0
0
y
27 25
y’
x
0
0
y
23 27
-1
Trang 3
2 8 2
4
3 4
2 4
3 4
k x
k x k
x x
k x
x
Vậy phương trình có nghiệm là x = k
2 8
0,25
0,25
2
2-1điểm Giải hệ phương trình:
y y y x
y y x x
3 2
2 3
2
Nhận xét (0 ; 0) là một nghiệm của hệ phương trình
Xét y0, cho hai vế hệ phương trình cho y3 ta được hê:
(2)
(1)
2 2
2
2 3
1 1
1 2
y y
x
y y
x y
x
thay (2) vào (1) ta được 2 0
2 3
y
x y
x
Đặt t = t3t2 20(t1)(t22t2)0t1
y x
Với t = - 1 => y = - x ta được : x3 – x3 = - 2x => x = 0 và y = 0 (loại)
Vậy hệ phương chỉ có một nghiêm (0;0)
0,5
0,25
0,25
CâuII
I
1điểm
Tính tích phân I =
2 ln 3
0 3
2 ln 3 0 3
2
x
e
dx e
dx
t dx dx e dt e
x x
3 3
1 3
Đổi cận :
2 2
ln 3
1 0
t x
t x
I =
3 ln 6
1 2
ln 6
1 ) 2 ln(
ln 6
1 2
1 1 6
1 2
2 1 2
1
t t t
t dt
0,25
0,25 0,5
CâuI
V
1điểm
Do S.ABCD hình chóp đều , nên SO là đường cao h/c
Gọi E là trung điểm CD , suy ra SE CD,OECD
Suy ra góc SEO là góc giữa mặt bên và mặt đáy
Và góc SEO = 600
Ta có : SO = OE tan600 =
2
3
a
Đáy ABCD là hình vuông và SABCD = a2
Vậy : VS.ABCD =
6
3
3
S
0,25
0,25
0,5
CâuV
1điểm
2
3
zx x
yz
yz z
xy
xy
Ta có : x + y + z = 1 z1x yxyz(1x)(1y)
S
A
D
E
O
Trang 4
y
x x
y y
x x
y y
x
xy z
xy
xy
1 1
2
1 1
1 1
1
x x
z y
zx
zx z
y y
z x
yz
yz
1 1
2
1
; 1 1
2 1
2
3 1
1 1
2
1
z
y x y
z x x
z y VT
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
3
1
B Phần tự chọn
I-3đ
CâuV
Ia
2-điểm
1-(1điểm)
Ta có : AB1;2 AB 5 Phương trình AB là : 2x + y – z – 2 = 0
I ( d ) : y x suy ra I(t;t) I là trung điểm của AC : C(2t – 1 ; 2t)
Theo bài suy ra : SABC =
3 4
0 4
4 6 2 )
; ( 2
1
t
t t
AB C d AB
Từ đó ta suy ra hai điểm C(-1;0) hoặc C
3
8
; 3
5 thoả mãn
0,25
0,25
0,5 2-(1điểm)
Đường thẳng (d) :
t z
t y
t x
3 2
2 1
(d) cắt (p) tại M
2
1 0
1 ) 3 2 ( ) 2 1 (
Vậy toạ độ điểm M là :
M
2
7 2
3 2 2 1
2 1 1
z y
x
2
7
; 2
1
; 2
M
Đường thẳng cần tìm đi qua điểm
2
7
; 2
1
; 2
M và có hai véc tơ pháp tuyến
là a d (2;1;3) , np (2;1;1)a a d,n p(4;8;0)a (1;2;0)
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là :
2 7
2 2 1 2
z
t y
t x
0,25
0,25
0,25
0,25
CâuV
IIa
(1điể
ĐK x + 2 > 0 <=> x > - 2
Phương trình viết lại: 2
Trang 5m)
Đặt : t = log2(x + 2) , ta được: 1 2 1 0
4t xt x 4
1
t
Với t = -1 <=> log2(x + 2) = -1 <=> x = - 3/2 (nhận)
Với t = - 4x + 1 <=> log2(x + 2) = - 4x + 1 (*)
Vp: hàm đồng biến ; Vt : hàm nghịch biến
Nên (*) chỉ có một nghiệm x = 0 (nhận)
Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 0 và x = - 3/2
0,25 0,25
0,25
0,25 II.3đi
ểm
CâuV
Ib
(2
điểm)
1.(1đ) Ta có : AD = 2d(I ; ) =
2 2
2
3 4
BD
Vậy đường tròn ngoại tiếp ABCD là (C) :
2
x y
0;25 0,25
0,5
2 2.(1đ) Ta có : (Q) nhận hai véc tơ sau là chỉ phương
2; 3; 1 , 1; 2;3
p
Và (Q) chứa A(1;2;3) nên có phương trình :
7(x-1) + 7(y -2) +1.(z -3) = 0
Vậy (Q) : 7x + 7y + z – 24 = 0
0,25 0,25 0,5
CâuV
IIb
(1điể
m)
Điều kiện : 3 x1
Bpt
2
3
1 3
1 1
3
x
x x
x
x
Vậy tập nghiệm bpt S = 1;5
3
0,25 0,25
0,25
0,25