THI TOÁN KA L1-2011( NH HN)

Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số đó cho ứng với m=1.. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng A1B1C1 thuộc đờng thẳng B1C1.. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 và tính k

Cõu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y =x3−3(m+1)x2 +9x−m, với m là tham số thực.

1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số đó cho ứng với m=1

2 Xỏc định m để hàm số đó cho đạt cực trị tại x1, x2 sao cho x1−x2 =2.

Cõu II: (2,0 điểm)

1 Giải phương trỡnh:

1 3cos+ x+cos 2x−2 cos 3x=4sin sin 2x x

2 Giải hệ phương trỡnh:

Cõu III: (1,0 điểm) Tỡm

cotx

dx sinx.sin x

4

π

 + 

∫

Cõu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300 Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc

đờng thẳng B1C1 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 và tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA1 và B1C1 theo a

Cõu V: (1,0 điểm) Xột cỏc số thực dương a, b, c thỏa món điều kiện a b c+ + =1 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của :

P

Cõu VI (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường trũn :

(C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại A(2; 3)

Viết phương trỡnh đường thẳng đi qua A và lần lượt cắt (C1), (C2) theo hai dõy cung phõn biệt

cú độ dài bằng nhau

2 Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giỏc vuụng cõn ABC cú BA = BC Biết A(5 ; 3 ; - 1), C (2 ; 3 ; - 4) và B là điểm nằm trờn mặt phẳng cú phương trỡnh : x y z+ − − =6 0 Tỡm tọa độ điểm B

Cõu VII (1,0 điểm) Giải phương trỡnh :

3

4

1 log

x

x

x

−

-Hết -Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ them

Họ và tờn:……… SBD:………

TRƯỜNG THPT

CHUYấN

NGUYỄN HUỆ

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2010 – 2011

ĐỀ THI MễN: TOÁN KHỐI A,B

Thời gian làm bài: 180 phỳt, khụng kể thời gian giao đề

TRƯỜNG THPT

CHUYấN

NGUYỄN HUỆ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT

NĂM HỌC 2010 – 2011

ĐỀ THI MễN: TOÁN KHỐI A, B

I-1

(1điểm)

Với m=1 ta có y=x3−6x2 +9x−1

* Tập xác định: D = R

* Sự biến thiên

• Chiều biến thiên: y'=3x2 −12x+9=3(x2−4x+3)

Ta có y'>0⇔ x x<>13, y'<0⇔1<x<3.

Do đó:

+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞,1) và (3,+∞)

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng(1,3)

0,25

• Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=1 và y CD = y(1)=3; đạt cực tiểu tại x=3 và

1 ) 3 ( =−

= y

• Giới hạn: =−∞ =+∞

+∞

→

−∞

x

xlim ; lim .

0,25

• Bảng biến thiên:

0,25

* Đồ thị:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm

) 1 , 0

( −

-1

1 2 3

x y

O

0,25

I-2

(1điểm)

Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1, x2 ⇔phơng trình y'=0 có hai nghiệm pb là x1, x2

⇔ Pt x2 −2(m+1)x+3=0 có hai nghiệm phân biệt là x1, x2









−

−

<

+

−

>

⇔

>

− +

=

∆

⇔

3 1

3 1 0

3 ) 1 (

m

m

m )(1

0,25

+) Theo định lý Viet ta có x1+x2 =2(m+1); x1x2 =3 Khi đó

x −x = ⇔ x +x − x x = ⇔ m+ − =

1

m m

m

= −



⇔ + = ⇔  =

0,25

x y’

y

3

-1

∞ +

∞

−

3

∞

−

Tõ (1) vµ (2) suy ra gi¸ trÞ cña m = - 3 ; m = 1 0,25

(1 điểm)

PT ⇔ +1 3cosx+cos 2x−2 cos 2( x x+ ) =4sin sin 2x x

⇔ 1 3cos+ x+cos 2x−2 cos cos 2( x x−sin sin 2x x) =4sin sin 2x x 0,25

⇔1 3cos+ x+cos 2x−2 cos cos 2( x x+sin sin 2x x) =0

⇔1 3cos+ x+cos 2x−2 cosx= ⇔0 1 cos+ x+cos 2x=0 0,25

⇔ 2 cos2 x+cosx= ⇔0

cos 0

1 cos

2

x x

=





 = −



0,25

2

2 3

 = +





 = ± +



0,25

II-2

(1 điểm)

Cộng (1) và (2) theo vế được (x y+ )2+3(x y+ − =) 4 0

0,25

Suy ra 1

4

x y

x y

+ =



 + = −

Với x y+ =1 thay vào (2) được 2

2 0

Với x y+ = −4 thay vào (2) được − −y2 3y− =5 0

Phương trình vô nghiệm

Hệ có 2 nghiệm (x;y) = (1;0); (x;y) = (-1; 2)

0,25

III

(1 điểm)

2 sinx sinx cos sin x sin

4

x

 + 

cot 2

sin x 1 cot

x dx x

+

cot 1 1

cot 1

x

x

+ −

= −

+

IV

(1 điểm)

Do AH ⊥(A1B1C1) nªn gãc AA H lµ gãc gi÷a AA1 1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc

1

AA H b»ng 300

0,25 C

C1

B

1

K

H

A1

Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA H =301 0

2

a AH

1 1 a a 3 3

.

3 3 2 4 24

ABCA B C A B C

a

0,25

Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA H =301 0

2

3

1

a H

A =

⇒ Do tam giác

A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và

2

3

1

a H

A = nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH ⊥B1C1 nên B1C1 ⊥(AA1H)

Kẻ đờng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1

0,25

Ta có AA1.HK = A1H.AH

4

3

1

AA

AH H A

V

(1 điểm)

3

2

A P

= = − ữ − ữ − =ữ

Áp dụng Bất đẳng thức Trung bỡnh cộng và trung bỡnh nhõn cú :

2

ab

≥

Tương tự cú: (1 ) (1 ) (1 )

1

2

− ≥ (1 ) (1 ) (1 )

1

2

− ≥

0,25

Suy ra

2

8

A

   

≥  + ữ + ữ + ữữ

Mà:

3 3 3

 +  +  + ≥ + ≥

      Do đú min P = 8 đạt được khi a = b = c

= 1

3

0,25

VI- 1

(1 điểm)

Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tỡm với (C1) và (C2) lần lượt là M và N

Gọi M(x; y)∈( )C1 ⇒x2+y2 =13 (1) 0,25

Vỡ A là trung điểm của MN nờn N(4 – x; 6 – y)

Do N ∈( )C2 ⇒ +(2 x)2+ −(6 y)2 =25 (2) 0,25

Từ (1) và (2) ta cú hệ

13 (2 ) (6 ) 25

x y







Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( loại vỡ trựng A) và (x = 17

5

− ; y =6

5 ) Vậy M(

17 5

− ; 6

5)

0,25 Đường thẳng cần tỡm đi qua A và M cú phương trỡnh : x – 3y + 7 = 0

0,25

Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:

( 5) ( 3) ( 1) 9

( 2) ( 3) ( 4) 9

6 0

x y z





 + − − =



0,25

( 5) ( 3) ( 1) 9 ( 5) (4 2 ) (2 ) 9

0,25

VII.

(1 điểm)

Đk: x > 0, 3, 1

9

x log 1

4 3

log x log

2

3 x

−

−

x log 1

4 x

log

1 x log

2

3 3

−

−

−

⇔ 1

x log 1

4 x

log 2

x log 2

3 3

−

− +

−

0,25

Đặt: t = log3x pt thành :2 4 1 { 2 1, 2 1

4

3 4 0

t

t t

⇔ =

So sánh điều kiện được 2 nghiệm 1; 81

3