de va da thi thu dai hoc 2011

Biết A là điểm thuộc đồ thị hàm số 1 có hoành độ bằng 1.. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 xy xy II/PHẦN TỰ CHỌN 3 điểm Thí sinh chỉ được

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x4 − 2mx2 + m (1) , m là tham số

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1

2 Biết A là điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ bằng 1 Tìm m để khoảng cách từ điểm B 3

;1 4

  đến tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A lớn nhất

Câu II ( 2 điểm )

1 Giải phương trình 4 os(2 ) t anx cot

6

2 Giải hệ phương trình

2 1 2 4( 1)





Câu III ( 1 điểm ) Tính tích phân I =

2 3

5

dx x

+

Câu IV ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và AB = 4a, hình chiếu vuông

góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm I của đoạn thẳng OA Biết khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SAB) bằng 2

2 SI Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Câu V (1 điểm) Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn x y xy2 + 2 = + +x y 3xy Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

2

xy

xy

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

Phần A Theo chương trình chuẩn

Câu VIa ( 2 điểm )

1 Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường tròn (C) : (x + 6)2 + (y – 6)2 = 50 Đường thẳng d cắt hai trục tọa

độ tại hai điểm A, B khác gốc O Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C) tại M sao cho

M là trung điểm của đoạn thẳng AB

2 Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho A(5;3;-4) , B(1;3;4) Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 8 5

Câu VIIa ( 1 điểm) Giải phương trình log 3

3.x x +( log3 x−1)2 =x2

Phần B.Theo chương trình nâng cao

Câu VIb ( 2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) tam giác ABC có trọng tâm G 11

1;

3

 , đường thẳng trung trực của cạnh BC

có phương trình x − 3y +8 = 0 và đường thẳng AB có phương trình 4x + y – 9 = 0 Xác định tọa độ các đỉnh

của tam giác ABC

2 Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho mặt cầu (S) : x2 +y2 + −z2 2x+4y−4z+ =5 0, mặt phẳng (Q) : 2x + y – 6z + 5 = 0 Viết phương trình mặt phẳng (P) Biết rằng mặt phẳng (P) đi qua A(1;1;2) ,vuông góc với mặt phẳng (Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S)

Câu VIIb ( 1 điểm) Cho hàm số y =

2

m

x m

x

+ +

− (Cm) Tìm m để đồ thị (Cm) có 2 điểm cực trị A , B sao cho AB=10

…………Hết………

Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm

Họ và tên ……… Số báo danh ………

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011

Môn : Toán - Khối A

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Với m = 1 hàm số là: y = x4 − 2 x2 + 1

+) TXĐ: D= R

+) Giới hạn, đạo hàm:

x y x y

' 4 4 ; ' 0

1

x

y x x y

x

=



0,25

+) BBT:

x - ∞ - 1 0 1 +∞

y' - 0 + 0 - 0 +

y +∞ 1 +∞

0 0

0,25

+) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; +∞)

nghịch biến trên các khoảng (-∞;- 1), (0; 1)

+) Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x = ±1, yCT = 0

0,25

+)Đồ thị

10

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

0,25

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011

Môn : Toán – Khối A

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề

y

x

O

2 1,00

+ y' 4= x3 −4mx⇒ y'(1) 4 4= − m

Phương trình tiếp tuyến của (Cm) tại A có phương trình y – ( 1− m ) = y’(1).(x – 1) 0,25

Hay (4 – 4m).x – y – 3(1 – m) = 0

16(1 ) 1

d B

m

−

− + , Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi m = 1

0,25

Do đó d B( ; )∆ lớn nhất bằng 1 khi và chỉ khi m = 1

1

Giải phương trình 4 os(2 ) t anx cot

6

2 (1) 2( 3 os2 sin 2 )

sin 2

x

3 cot 2x cot 2x 0

C2 ⇔ 3sin 4 1cos 4 1

2 ( / ) cot 2 3

12 2

x

t m

 = +



=





6 2

12 2

π

 = +



⇔  − ÷= ⇔ 

0,25

2

Giải hệ phương trình

2 1 2 4( 1)





1,00

Điều kiện: x+2y+ ≥1 0

Phương trình (1) trở thành : 2t2 – t – 6 = 0

( ) ( )

2 / 3 t/m 2

 =



+ Hệ 2 2 23



1 1 ( / ) 2

1 2

x y

t m x

y

 =



 =







⇔  =





 =







0,25

Tính tích phân I =

2 3

5

dx x

+

Đặt 2sin ;

2 2

x= t t∈ − π π

+ Đổi cận: 3 , 2

x= ⇒ =t π x= ⇒ =t π

2

3

8sin 10sin 2cos 2cos 3

t

π

π

+

=

+

2( 2 )

3

9 4cos 2sin 2cos 2cos 3

dt t

π

π

−

=

+

3

4 3 2cos cos (cos )t td t

π

π

cos

3

t

t

π π

4

8 12

=  − ÷

 =

7 6

0,25

Trong mp(ABCD) từ điểm I kẻ IH song song BC với H thuộc AB Do BC ⊥ AB

=> IH ⊥AB Mà SI ⊥(ABCD) => SI ⊥ AB

Hay AB ⊥(SHI) Từ I trong mặt phẳng (SHI) kẻ IK ⊥SH tại K

⇒IK d I SAB= ( ;( ))= 2

2 SI (1)

0,25

S

K

B

A

C

D I

H

O

Ta có 1

4

BC = AC = => IH =

4

BC a

Mà 12 12 12

IS + IH = IK (2) (Do tam giác SIH vuông tại I đường cao IK)

Từ (1) và (2) => 22 12 12

Lại có thể tích khối chóp S.ABCD là V =

3 2

a

Ta có x y xy2 + 2 = + +x y 3xy

⇔ xy x y( + ) = + +x y 3 (1)xy do x >0 ; y > 0 nên x + y > 0

+

(x y) 1 ([ x y) 4] 0 x y 4

⇒  + +  + − ≥ ⇒ + ≥

0,25

Mà P = (x + y)2 + 2 - 1

xy Lại có (1)

1

+

1

+ Nên P = (x + y)2 +1 + 3

x y+

0,25

Đặt x + y = t ( t ≥4) 2 3

1 ( )

t

⇒ = + + =

Ta có f t'( ) = 2t -

3

0 t>4

t

−

= > ∀ mà f t( ) liên tục trên nửa khoảng [4;+∞)

Nên f t( ) đồng biến trên nửa khoảng [4;+∞) => 71

( ) (4)

4

P= f t ≥ f =

0,25

Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng 71

Giả sử A(a;0) ; B(0;b) ( a , b khác 0) => đường thẳng d đi A , B có phương trình :

1 hay bx+ ay - ab = 0

d là tiếp tuyến của (C) tại M ⇔ M thuộc (C) và d vuông góc với IM 0,25 Đường tròn (C) có tâm I(-6 ; 6) , d có VTCP là ur = −( ; )a b

M là trung điểm của AB nêm M ;

2 2

a b

  , 2 6;2 6

uuur

Do đó ta có hệ phương trình

 +  + −  =



−  + ÷+  − ÷=



0,25

v

 = −







 Vậy d có phương trình : x -y +2 = 0 ; x - y +22 = 0 ; x + 7y +14 = 0 ; 7x + y – 14= 0 0,25

.Tam giác ABC cân tại C

Ta có AB = 4 5 , trung điểm BC là I(3;3;0)

1

2

ABC

3−a + −3 b =4 (2) 0,25

Từ (1) ; (2) ta có 3

7

a b

=



 =

 hoặc

3 1

a b

=



 = −

 Vậy có hai điểm C(3 ; 7 ;0) , B(3;-1;0)

0,25

VIIa Giải phương trình log3

Điều kiện : x > 0

Phương trình trở thành : 3.( ) ( )2 2

3t t + −t 1 =3 t 2 1 2 2

3t + t 1 3 t 2t

Xét hàm số f u( ) = +3u u có '( ) 3 ln 3 1 0 u

f u = + > ∀u

Hàm ( ) 3u

f u = +u đồng biến trên R

PT (1) ⇔ f t( 2 + =1) f ( )2t ⇔ + = ⇔ =t2 1 2t t 1

0,25

Ta có A , B thuộc đường thẳng AB nên A(a ; 9 – 4a) , B( b ; 9 – 4b )

Do G(1 ; 11

)

3 là trọng tâm tam giác ABC nên C( - a - b + 3; 4a + 4b – 7)

0,25

d : x - 3y +8 = 0 có một VTCP là ur(3;1)

; Gọi I là trung điểm BC ta có I 3

;2 1 2

a a

−

0;25

d là trung trực của cạnh BC ⇔

0

I d

BC u

∈



3

3(2 1) 8 0 2

3 3 2 (4 8 16) 0

a

a

−



⇔ 

 1

3

a b

=



⇔  =

 Vậy A(1;5) , B(3;-3) và C (-1 ;9)

0,25

Mặt phẳng (P) qua A(1;1;2) có phương trình : a(x-1)+ b(y -1)+c(z -2) = 0 ( a2 + b2 + c2 ≠0)

0,25

Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;2) bán kính R = 2

Mặt phẳng (Q) có VTPT nr(2;1; 6)−

Ta có (P) vuông góc với (Q) và tiếp xúc (S) nên

3

2

b





0,25

2

(I)

2

 =





=







0,25

Chọn c = 0 thì a = b = 0 (loại)

Nên c≠0 Từ (I) Pt (P) : 2c(x-1)+ 2c(y -1)+c(z -2) = 0 ⇔2x+2y z+ − =6 0

Hoặc 11

2 c(x-1) -5c(y -1)+c(z -2) = 0⇔11x−10y+2z− =5 0 0,25

TXĐ : D = R/ 2{ } , ( )

( )

2 2

2 '

2

y

x

=

Hàm số có hai cực trị ⇔ y' 0= có hai nghiệm phân biệt

( )2

Gọi A(x1;y1) ; B(x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số

' 0

y

= ⇔ 



0,25

Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tương đương.