DE+DAP AN THI THU DH KHOI A

Gọi I là trung điểm của cạnh BC.. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng ABC thỏa mãn IAuur= −2IHuuur.. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặ

ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011

Môn thi : TOÁN – KHỐI A

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

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I ( 2 điểm ) Cho hàm số y x= −3 3mx+2( )C m

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )C1

Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của( )C m cắt đường tròn tâm I( )1;1 , bán kính bằng 1

tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải bất phương trình x2− − +x 2 3 x≤ 5x2−4x−6 ( x ∈ R)

2 Giải phương trình 2 2 cos2 sin 2 cos( 3 ) 4sin( ) 0

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3 2 2 1

log

1 3ln

e

x

=

+

∫

Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB a= 2 Gọi I là trung điểm của cạnh BC Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn IAuur= −2IHuuur Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH).

Câu V(1,0 điểm) Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : x y+ =2 x− +2 y+ +1 1

Tìm GTLN, GTNN của F = ( ) ( ) 2(1 )

xy x y

x y y x

x y

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a( 2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng∆:x+3y+ =8 0,

' :3x 4y 10 0

∆ − + = và điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆,

đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆’

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 1 1 1

− ;d2:

và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0 Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆, biết ∆ nằm trên mặt phẳng (P) và ∆ cắt hai đường thẳng d1, d2

Câu VII.a (1 điểm) Cho n là số nguyên dương, hãy tính tổng

0 22 1 1 23 1 2 2 1 1

n

+

B Theo chương trình Nâng cao.

Câu VI.b(2,0 điểm)

1 Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 4 y – 5 = 0 và (C2): x2 + y2 - 6x + 8y +

16 = 0 Lập phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

+

−

1

d d y z và mặt phẳng ( )P :x y z− − =0 Tìm tọa độ hai điểm

∈ 1, ∈ 2

M d N d sao choMN song song ( )P và MN = 6

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

5 2 100 log ( 1) log 1 log

x y



-Hết -Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh:………

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN – KỲ THI THỬ ĐH NĂM 2011- TRUNG TÂM LTĐH SÔNG LÔ

I

1 *Tập xác định: D = R

* y’ = - 3x2 + 6x ; y’ = 0 ⇔ 0

2

x x

=



 =



*Bảng biến thiên

x -∞ 0 3 + ∞

y’ - 0 + 0 -

+ ∞ 2

y

-2 -∞

* Hàm số nghịch biến trên ( -∞;1) và ( 3; +∞); đồng biến trên ( 1; 3)

* Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và yCĐ = 2

* Đồ thị :

f(x)=-x^3+3x^2-2

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4 -2

2 4

x y

1đ

2 (1,0 điểm): Gọi M ∈( )d ⇒M(m;2) Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số

góc k ⇒ PTĐT ∆ có dạng : y=k(x-m)+2

ĐT ∆ là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm

2





Thay (2) và (1) được: 2x3-3(m+1)x2+6mx-4=0 ⇔(x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0

22

x

=



 Đặt f(x) =VT(3)

Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C)⇔ hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt ⇔PT(3)

có hai nghiệm phan biệt khác 2 ⇔∆ >f(2) 00 ⇔m 2m< −1 hoÆc m>5/3

Vậy M(m;2) thuộc (d): y = 2 với  ≠m 2m< −1 hoÆc m>5/3thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến

(C)

0,25 0,25

0,25

0,25

1

Điều kiện

2

2

2 0

5 4 6 0

 − − ≥



 Bình phương hai vế ta được 6 x x( +1)(x− ≤2) 4x2−12x−4

3 x x( 1)(x 2) 2 (x x 2) 2(x 1)

Đặt ( 2) 0

1

x x t

x

−

+ ta được bpt

2

2t − − ≥3t 2 0

1

2 2

2

t

t t

−

 ≤



≥



( dot≥0)

1

x x

x

−

+

3 13

3 13

3 13

x

x x

 ≤ −

≥ +

 ( do x≥2) Vậy bpt có nghiệm x≥ +3 13

0,5

0,5

2

2 2 cos 2 sin 2 cos( 3 ) 4 sin( ) 0

x+ x x+ π − x+π = ⇔

2 2 cos 2 sin 2 (cos cos sin sin ) 4(sin cos cos sin ) 0

⇔4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0⇔(sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0

s inx+cosx=0 (2) 4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3)



⇔  PT (2) có nghiệm

4

x= − +π kπ

Giải (2) : Đặ s inx-cosx= 2 sin( ), §iÒu kiÖn t 2 (*)

4

sin 2x 1 t

thay vào (2) được PT: t2-4t-5=0 ⇔ t=-1( t/m (*)) hoặc t=5(loại )

Với t=-1 ta tìm được nghiệm x là : 2 hoÆc x=3 2

2

x k= π π +k π

KL: Họ nghiệm của hệ PT là:

4

x= − +π kπ

, 2 vµ x=3 2

2

x k= π π +k π

0,25

0,25

0.25

0,25

III

3

2

3

ln

ln 2

x

x

 

 ÷

 

1 3ln ln ( 1) ln

dx

x

+ = ⇒ = − ⇒ = Đổi cận …

2

3

2 2

2

1 1

ln 2 3 9ln 2

1 3ln

t

−

+

2 3

1

9 ln 2 3t t 27 ln 2

0,5

0,5

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:







⊥

⊥

BC O A

BC AM

' ⇒BC ⊥( AM A' )

Kẻ MH ⊥ AA,'(do A∠ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

AM A HM

AM A BC

⊥

⇒







∈

⊥

) ' (

) ' (

.Vậy HM là đọan vông góc chung của

AA’và BC, do đó

4

3 )

BC , A'

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH

ta có:

AH

HM AO

O

⇔ suy ra

3

a a 3

4 4

3 a 3

3 a AH

HM AO O '

Thể tích khối lăng trụ:

12

3 a a 2

3 a 3

a 2

1 BC AM O ' A 2

1 S

O ' A V

3

=

0,5

0,5

V

Trước hết ta có: ( )3

3 3

4

x y

+ ≥ (biến đổi tương đương) ( ) (2 )

x y x y 0

Đặt x + y + z = a Khi đó ( )3 3 ( )3 3 ( )

(với t = z

a, 0≤ ≤t 1) Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t∈[ ]0;1 Có

'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1

9

f t =  t − −t  f t = ⇔ = ∈t

Lập bảng biến thiên ( )

[ ] 0;1

64 inf

81

t

∈

⇒ = ⇒ GTNN của P là 16

81 đạt được khi x = y = 4z > 0

0,5

0,5

VIa

1 Tâm I của đường tròn thuộc ∆ nên I(-3t – 8; t)

Theo yc thì k/c từ I đến ∆’ bằng k/c IA nên ta có

2 2

3( 3 8) 4 10

( 3 8 2) ( 1)

3 4

− − − +

+ Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25

0,25 0,25 0,5

2 Gọi A = d1∩(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2∩ (P) suy ra B(2; 3; 1)

Đường thẳng ∆ thỏa mãn bài toán đi qua A và B

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là ur =(1;3; 1)−

Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là: 1 2

−

0,5

0,5

VIIa

Xét ph ng trình : Z ươ 4 – Z 3 + 6Z 2 – 8Z – 16 = 0

D th y ph ng trình có 1 nghi m Z ễ ấ ươ ệ 1 = –1, phân tích v trái thành nhân t cho ta: ế ử

(Z + 1)(Z – 2)(Z 2 + 8) = 0 Suy ra: Z 3 = 2 2 i và Z 4 = –2 2 i

S :

0,5

1 ( ) ( )C1 :I1 0; 2 ,R1=3;( )C2 :I2(3; 4 ,− ) R2 =3

Gọi tiếp tuyến chung của ( ) ( )C1 , C2 là ∆ :Ax By C+ + = 0(A2 +B2 ≠ 0)

0,5

A

B

C

C’

B’

A’

H

∆ là tiếp tuyến chung của ( ) ( )C1 , C2 ( )

;

∆ =



Từ (1) và (2) suy ra A=2B hoặc C=−3A2+2B

Trường hợp 1: A=2B.Chọn B= ⇒ = ⇒ = − ± 1 A 2 C 2 3 5 ⇒ ∆ : 2x y+ − ± 2 3 5 0 =

Trường hợp 2: 3 2

2

Thay vào (1) được

3

A− B = A +B ⇔ =A A= − B⇒ ∆ y+ = ∆ x− y− =

0,5

2 Gọi M d ∈ ⇒ 1 M t; t; 2t , N d( ) ∈ 2 ⇒ N 1 2t '; t ';1 t '(− − + )

P

t 1

t ' 0 MN.n 0 t 2t ' 1

11 t

12

t ' 13







 = −



uuuuruur

uuuur

Vậy ( 11; 11; 22), (11; 12 2; )

M − − − N − hoặc M(1;1;2), N( 1;0;1) −

0,5

0,5

VIIb

Điều kiện: 0

0

y x y

− >



 >



4

y x

2 2

3

3 4

4 25

y

y





( do y> x ; y > 0)⇔ ( ; ) (3;4)x y =

0,5 0,5

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần

như đáp án quy định.

-Hết -(1,0đ) Từ gt⇒ ≥x 2;y≥ −1

2 2

2 x− +2 1 y+1 ≤ 2 +1 x− + +2 y 1 ⇔2 x− +2 y+ ≤1 5(x y+ −1)

Nên từ x y+ =2 x− +2 y+ +1 1

5( 1) 1

⇒ + ≤ + − + Đặt t = x + y , ta có: t− ≤1 5( 1)t− ⇔ ≤ ≤1 t 6

Khi đó: F = 12(x y)2 2 12t2 2

Xét ( ) 1 2 2

2

t

= + , với t∈[ ]1;6 , có ' 1 [ ]

( ) 0; 1;6

t t

[ ] 1;6

5 ( ) (1)

2

t

∈

⇒ = = ; [ ]1;6ax ( ) (6) 18 2

6

t

⇒ GTNN của F là: 5

2đạt được tại:

2 1

1

x t

y

=



= ⇔  = −



GTLN của F là: 18 2

6

+ đạt được tại :t= 6 6

0

x y

=



⇔  =



IV

(1điểm)

2

a

HC =AC +AH − AC AH ⇒HC=

2

a

SH ⊥ ABC ⇒ SC ABC = ∠SCH = ⇒SH =HC =

0,25

2

a

HC =AC +AH − AC AH ⇒HC=

2

a

0,25

S ABC ABC

a

⊥

 ⊥



( ,, ) 12 ( ,( ) ) 12 ( ,( ) ) 12 2

SB

d B SAH

0,25

S

H

C

A

B I

K

.