Định m để hàm số 1 có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A
Trang 1
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 B
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 y x3 3x2 mx2 (1) với m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0
2 Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với
hai trục tọa độ một tam giác cân
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình: ) cot tan 2
4 2 ( cos
2 2 x x x
2 Giải bất phương trình: 2 ( 3 5 4 3) 15 5 2 9
x x
Câu III (1 điểm)
x
x x
x
cot tansin42tan2
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B, AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 60 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC Tính thể 0
tích khối chóp S.ABC
Câu V (1 điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng bốn nghiệm thực:
m x x x x
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 tam giác ABC có đường phân giác trong kẻ từ A, đường trung tuyến kẻ
từ B và đường cao kẻ từ C lần lượt có phương trình: x + y – 3 = 0, x – y + 1 = 0, 2x + y + 1 = 0 Tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z 3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 và điểm
(1; 1; 1)
A Tìm tọa độ các điểm M trên (P), N trên (Q) sao cho MN vuông góc với giao tuyến của (P),
(Q) và nhận A là trung điểm
Câu VII.a (1 điểm)
Giải hệ phương trình:
2
2 2 2 1
2 2 2
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại B, phương trình AB: 3x y 2 3 0 , tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (0; 2) I , điểm B thuộc trục Ox Tìm tọa độ điểm C
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( 1;0;1), (2; 1;0), (2; 4; 2) A B C và mặt phẳng ( ) : x y 2z Tìm tọa độ điểm M trên () sao cho biểu thức 2 0 2 2 2
T MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất
Trang 2Câu VII.b (1 điểm)
2 1 3
log x (4x 4x 1) log x (2x 7x 3) 5
-Hết -Họ và tên thí sinh:………
Trang 3ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: B
1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 2
Tập xác định: D =
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
0
2
x
x
-é = ê
-0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 0) và (2; +), nghịch biến trên khoảng (0; 2)
- Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yCT = y(2) = 2;
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 2
- Giới hạn:
x lim , x lim
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
điểm uốn I(0; 2)
Đồ thị: đi qua các điểm (2; 1), (2; 3)
và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng
0,25
2 Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm
số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân
Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
' 9 3m 0 m 3
3 2 ) 2 3
2 ( ' )
1 ( 3 1
2
3 2 3
m x
m y
x
mx x x y
Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình
3 2 ) 2 3
2
y
0,25
I
(2,0 điểm)
Đường thẳng này cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tai
3
6
; 0 , 0
; ) 3 ( 2
B m
m
0 y’(x)
y(x)
2
2
+
x
y
1
2
2
2
Trang 4Tam giác OAB cân khi và chỉ khi OA OB
m
Với m = 6 thìA BOdo đó so với điều kiện ta nhận
2
3
m
1 Giải phương trình: ) cot tan 2
4 2 ( cos
2 2 x x x
Đk x k ,k
2
Phương trình đã cho tương đương với: 1 cos(4 ) cos 2 2
2 sin cos
x x
x x
p
-0,25
2
(cos 2 sin 2 ) sin 2 2 sin 4 cos 4 5
0,25
II
(2,0 điểm)
,
l
x p p l
So với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là ,
l
x = p + p l Î ¢
0,25
2 Giải bất phương trình: 2 ( 3 5 4 3) 15 5 2 9
x x
3
x ³
Bất phương trình đã cho tương đương với
x x
0,25
3
f x = x - + x - - " ³x
3
-nên hàm ( )f x tăng 5
3
x
" ³ , mặt khác (3)f = 0
0,50
Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là 5 3
III
(1,0 điểm) cotx t ansin 4x 2 t an 2x dx 2 cot 2sin 4x 2 t an 2x dx
-=
Trang 52 cot 4 sin 4
x dx x
2
cos 4 2
sin 4
x dx x
1
2 sin 4x C
Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B, AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 60 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của 0
A trên SB và SC Tính thể tích khối chóp S.ABC
tam giác AHK vuông tại H và
A K H =
A H = A K sin 600
0,25
2
A B A C a SA
A C A B
IV
(1,0 điểm)
2
A BC
a
SD = A B B C =
3
a
V = SD SA =
0,25
Pt đã cho được viết lại về dạng: m x( + 4) x2+ 2= (x+ 4)2+ 4(x2+ 2) (1)
Do x = 4 không phải là nghiệm (1) dù m lấy bất cứ giá trị nào nên:
2
4 2
m
x x
+
Đặt
2
4 2
x t x
+
= + , pt (2) trở thành:
4
m t
t
= +
0,25
V
(1,0 điểm)
Xét hàm
2
4 ( )
2
x
f x
x
+
=
2
x
1 3; lim ( ) 1 ; lim ( ) 1
® - ¥ ® + ¥
æ ö÷
ç ÷
çè ø Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của t là: 1 < t 3 và pt
2
4 2
x t x
+
=
+ có 2
nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 1 < t < 3 (3)
0,25
x f’(x)
t = f(x)
1 2
+
1
3
1
B
A C
S
K
H
Trang 6Lại xét hàm g t( ) t 4
t
= + với 1 < t 3 ; g t'( ) t2 2 4; '( )g t 0 t 2
t
13 ( 1) 5; (1) 5; (2) 4; (3)
3
g - = - g = g = g = ,
lim ( ) ; lim ( )
Từ (3) và bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là: 4 13
3
m
< < 0,25
1 Cho tam giác ABC có đường phân giác trong góc A, đường trung tuyến kẻ từ B và đường cao kẻ
từ C lần lượt là x + y – 3 = 0, x – y + 1 = 0, 2x + y + 1 = 0 Tính tọa độ các đỉnh của tam giác ABC Đặt l A : x + y – 3 = 0, m B : x – y + 1 = 0, h C : 2x + y + 1 = 0
- A l A A(a; 3-a); B mB B(b;b+1); C hC C(c;-1-2c)
Gọi M là trung điểm của AC ;2 2
÷
M m B 2a + 3c = 0 (2)
0,25
÷
l A mB N lA 4b – c – 8 = 0 (3)
0,25
Giải hệ ba phương trình (1), (2) và (3) ta được
Aæç ö÷Bæç ö÷C æç ö÷
0,25
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z 3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 và điểm
(1; 1; 1)
A Tìm tọa độ các điểm M trên (P), N trên (Q) sao cho MN vuông góc với giao tuyến của (P), (Q) và nhận A là trung điểm
M Î P Þ M x y - x
A là trung điểm MN N(2- x; 2- - y; 5- + x )
Î ( )Þ - = 2 (1)
(2 2 ; 2 2 ; 8 2 )
MNuuuur = - x - - y - + x
Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q): nr1 = (1; 0;1),nr2 = (0;1;1)
nr = [ ,n nr r1 2]= -( 1; 1;1)
-0,25
MN vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q) MN n =uuuur r 0
VI.a
(2,0 điểm)
Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được x = 2, y = 0
x g’(x)
m = g(x)
1
0
5
3 1
+
4
3
Trang 7Giải hệ phương trình:
2
2 2 2 1
2 2 2
Đặt 4x2 1, 2y
u= - v= , ĐK: u > 0, v > 0 Khi đó hệ trở thành:
2
2 2
2
u v
u v
v uv
v uv
î
(I) hoặc 2 2
ì = -ïï
0,25
Giải (I), (II) được: ( ; ) (4; 2), 3 7;
2 2
u v ìïï æç ö÷üïï
= í çç ÷÷ý
VII.a
(1,0 điểm)
( ; ) 3 7;
2 2
u v = æçç ö÷÷
÷
çè ø ( ; ) 1 2log 6; log 7 12 2
2
x y = ±æçç - ÷ö÷
÷
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại B, phương trình
AB x y , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (0;2) I , điểm B thuộc trục Ox Tìm tọa độ điểm C
- AC qua A và vuông góc với (2; 2) IB =uur - AC: x - y + -2 2 3 = 0
( ; 2 2 3)
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( 1;0;1), (2; 1;0), (2; 4; 2) A B C và mặt phẳng ( ) : x y 2z Tìm tọa độ điểm M trên () sao cho biểu thức 2 0 2 2 2
T MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất
M Î a Þ M - -y z- y z
Gọi G là điểm sao cho: GAuur+ GBuuur+ GCuuur= Þ0r G(1; 1; 1)Þ GA2+ GB2+ GC2= const 0,25
3
T MA MB MC MG MG GA GB GC GA GB GC
MG GA GB GC
T nhỏ nhất MG nhỏ nhất M là hình chiếu vuông góc của G trên mp()
0,25
( 3; 1 ; 1 )
Û uuur = + + - - cùng phương với vtpt của (): n =r (1; 1; 2)
y+ z+ - y - z
VI.b
(2,0 điểm)
VII.b
(1,0 điểm) Giải phương trình:
2 1 3
log x (4x 4x 1) log x (2x 7x (1) 3) 5
Đk:
1 2 0
x x
ìïï > -ïïí
ïï ¹
Trang 8Phương trình đã cho tương đương với 4 logx+3(2x + 1)+ log2x+1(x + 3)= 4 (2) Đặt t = log2x+1(x + 3), t 0 Phương trình (2) trở thành: t2 - 4t + 4= 0 t = 2 0,25
log2x+1(x + 3) = 2 x + 3= (2x + 1)2 4x2 + 3x - 2= 0 0,25
8
x - ±
=
So với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình (1) là 3 41
8
x - +
=
0,25
-Hết -
