THI THU DH +DAP AN MON TOAN

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.. Tìm x để mặt phẳng MBC chia khối chóp S.ABCD ra thành hai phần sao cho thể tích của khối SBCNM bằng 54 thể tích của khối BCNMAB.. Tìm phư

ĐỀ THI THƯ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – 2011

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I Cho hàm số y x= 4−4x2+3

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

2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình |x4−4x2+ =3 | m cĩ bốn nghiệm phân biệt

Câu II 1) Giải phương trình 2(x2+2x+ =3) 5 x3+3x2+3x 2+

2)Giải phương trình: sinx+sin2 x+sin3x+sin4x=cosx+cos2 x+cos3x+cos4x

Câu III : ( 1 điểm ) Tính tích phân

π

π

=

+

∫4 6

4

tan 1

x

x

Câu IV : ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB = a, cạnh AD =

b, góc ·BAD =600 Cạnh SA = 4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M sao cho AM = x ( 0 < x < 4a ) Mặt phẳng (MBC) cắt cạnh SD tại N Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD ra thành hai phần sao cho thể tích của khối SBCNM bằng 54 thể tích của khối

BCNMAB

Câu V : ( 1 điểm )Tìm m để hệ phương trình:

3 3 2





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

A.Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a ( 2 điểm )

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d cĩ phương trình :x y− =0 và điểm

(2;1)

M Tìm phương trình đường thẳng ∆ cắt trục hồnh tại A cắt đường thẳng ( )d tại

B sao cho tam giác AMB vuơng cân tại M

2)Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng 1

d + = − = −z

−

Viết phương trình tham số của đường thẳng d3 đối xứng với đường thẳng d2 qua đường thẳng d1

Câu VII.a ( 1 điểm) Cho các số thực a,b,c và số phức 1 3

Chứng minh rằng :(a bz cz+ + 2) (a bz+ 2+cz) ≥0.Dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra khi nào?

B.Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b ( 2 điểm )

1)Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm A(−2;1 , 2;4 , 10;6) ( ) (B C ).Trong tam gáic ABC ,hãy viết phương

trình tham số đường phân giác ngoài của góc A

2)Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(3;1;1 , 1;1; 1 ,) (B − ) (C −1;2;3 ,) (D 4; 2;0− )và mp(P) có phương

trình :2x+3y z+ − =13 0.Tìm tọa độ điểm M nằm trên mp(P) sao cho 2− MAuuur+2MB MCuuur uuuur− +2MDuuuur ngắn

nhất

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









Hết

Ghi chú :-Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

ĐÁP ÁN

I 1 + TXĐ: ¡

+ Chiều biến thiên: y′=4x3−8x=4x x( 2−2 ,) y′= ⇔ = ∨ = ±0 x 0 x 2

Do đĩ hàm số đồng biến trên (− 2;0 ,) ( 2;+∞), hàm số nghịch biến trên

(−∞ −; 2 , 0; 2) ( )

Hàm số đạt cực đại tại x=0,ycd=3, hàm số đạt cực tiểu tại x= ± 2,y ct = y( )± 2 = −1

Giới hạn lim lim 4 1 42 34

x y x x

Bảng biến thiên (giám khảo tự vẽ)

+ Đồ thị

Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

Đồ thị hàm số cắt Ox tại (±1;0 ,) (± 3;0)

2 + Số nghiệm của phương trình |x4−4x2+ =3 | m là số giao điểm của đồ thị hàm số

4 4x2 3

y= x − + với đường thẳng y m= (cùng phương với Ox )

+ Nêu cách dựng đồ thị y= x4−4x2+3 từ đồ thị vừa vẽ + Từ đĩ suy ra phương trình đã cho cĩ bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1< <m 3 hoặc 0

m=

II 1 + Điều kiện x3+3x2+3x 2 0+ ≥ ⇔ ≥ −x 2

+ Nhận xét 3 2 ( ) ( 2 )

( 2 2) ( ) ( )

2 u +v =5uv⇔ 2u v u− −2v =0 Nếu v=2u ta cĩ phương trình 2 3 37

2

L (thỏa mãn điều kiện)

Nếu u=2v ta cĩ phương trình x+ =2 2 x2+ + ⇔x 1 4x2+3x 3 0+ = phương trình này

vơ nghiệm

Kết luận nghiệm …

Câu I : ( 2 điểm )

y= - - + x+ có tập xác định D= R

→+∞ = −∞

lim

x y và

→−∞ = +∞

lim

x y

y = - x - x+

− − + = ⇔ =x2 x 2 0 x 1hay x= −2

Hàm số đồng biến trên khoảng :(-2;1)

0,25

0,25

KL : = 26−π

30 4

I

Câu IV : ( 1 điểm )

0,25

B

A

S

M

N

4

2

x

y

3

O

Hàm số nghịch biến trên khoảng: (-∞;-2),(1; +

∞)

Điểm cực đại của đồ thị hàm số :  ÷

7 1;

2 Điểm cực tiểu của đồ thị hàm số : (- 2; 1- )

Tọa độ điểm uốn : − ÷

1 5;

2 4

I

Vẽ đồ thị hàm số :

2)∀M ∈ d : M(m;5 61

4 24

m

+ ) Phương trình tiếp tuyến của ( C) tại M0(x0;y0 ):

3 2

0 0

0

7 2

0 0 2

- - + )(x – x0 )

Tiếp tuyến đi quaM ⇔

3 2

0 0

0

= ( 2

0 0 2

- - + )(m – x0 )

⇔

m

Để thỏa YCBT ⇔(*) có hai nghiệm âm phân

biệt

⇔





 − >







3 12

18

m

m

m

m

5 18 5 6

m hay m m

m







⇔  <



 <



KL: Những điểm M nằm trên d phải có hoành

độ thỏa : x M< - 52hay16< x M < 185

Câu II : ( 2 điểm )

1)Đặt : u= 3 x2−3 và v= x4 2+77 ĐK: v 0( ≥ )

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

(MBC ) I (SAD) = MN ( Do AD // BC) ( N ∈ SD )

2 0

.

1 . .sin 60 2 3

S ABCD

a b

2

S ABC S ACD S ABCD

a b

.

4

4

S MBC

S ABC

3 4 12

SMBC

ab a x

2

.

S MNC

S ADC

3 4 48

SMNC

.

3 4 8 48

S BCNM SMBC SMNC

3 12 48

BCNMAB

-Thỏa YCBT : .

5 4

S BCNM BCNMAB

4a

x = (Nhận) 3

32a

x = (Loại) 3





⇔ 





KL : x = 4a

3

Câu VIa : ( 2 điểm )

1)đường thẳng ∆ có phương trình :

(1+m x) (+ m−2)y m+ + =3 0 và đường tròn (C) có phương trình :

2 2 6 6 13 0

x + +y x− y+ = ( C ) có tâm I(-3;3) và có bán kính R = 5 Hệ vô có nghiệm ⇔ ∆ và ( C) không có điểm chung⇔d I( ,∆ >) R

2

6

5

−

m

11

1 9

⇔ − < <m

KL : m = 0 hay m = -1 2)∀M ∈d2 :M(− +1 2 ;3t2 −t2;2−t2)

Dựng mp(P) đi qua M và vuông góc với d1 Ptmp(P) đi qua M và có VTPT nr= −( 1;1;1)

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

x y

-2 -1

7

1 0

Ta có hệ : ( )

( )

3 4

2 0 1

80 2

v u

u v

 − − =





− = −

Thế v = u+2 vào phương trình (2)

(2) ⇔ − −u4 7u3−24u2−32u+64 0=

⇔u = 1 hay u = - 4

(I) 1

3

=





u

4

2 Loại

= −



 = −



u v

KL : x = 2±

CâuIII :( 1 điểm )

Đặt : x = -t ⇒ dx = -dt

Đổi cân : x=π

4 ⇒ t=

π

−

4 ; x=

π

−

4 ⇒ t=

π

4

I =

−

−

Ta có : I + I =

+

x

⇒ 2I =

π

π

∫4 6

4

tan xdx =

π

π

∫

4

4

tan tanx x 1 tan tanx x 1 tan x 1 1dx

π

π

4

tan tan tan

= 26−π

15 2

( )

0

2

1

0

2

0 *

x

m

 = >





⇔



Câu V : ( 1 điểm )

Xét hệ : ( )

( )













TH1 : m≠1

MinP = 0 khi 3và y= 1

1 m - 1

m x m

-= -TH2 : m = 1

Đặt : t = -2x – 4y +1

Khi đó :

0,5

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

:

2

4 6 0

x y z t

H = (P) Id2 ⇒H =hc M 1

d

4 ;5 4 ;1 4

K đối xứng với M qua d1 ⇒H là trung

điểm của đoạn MK

Đường thẳng d3 đối xứng với đường thẳng d2 qua đường thẳng d1

KL: ptts của dường thẳng d3 đối xứng với d2 qua d1có dạng: x= +1 2 ,t y= −7 5 ,t z= −5t

Câu VIb ( 2 điểm ) 1)Đường thẳngAB ,AC lần lượt có các Vectơ đơn vị : 1

4 3;

5 5

AB e

AB

uuur ur uuur , 2

12 5;

13 13

AC e

AC

uuur uur uuur

Phương trình đường phân giác ngoài của góc A có Vectơ chỉ phương :

1 2

8 14;

65 65

ur uur

hay (-4,7)

KL : Phương trình tham số của đường phân giác ngoài của góc A là : = +x y= − −1 72 4t t ( t ∈

R ) Dấu “ =” xảy ra khi a = b = c 2)Gọi I thỏa : 2− IAuur+2IB ICuur uur− +2IDuur r=0

(5- x; 6- - y; 7- - z)=0

Ta tìm được I(5; -6 ; -7 ) Lúc đó : 2− MAuuur+2MB MCuuur uuuur− +2MDuuuur =MI

2MA 2MB MC 2MD

− uuur+ uuur uuuur− + uuuur ngắn nhất⇔

đoạn MI ngắn nhất khi M hc= I( )P

Phương trình chính tắc của d qua I và d vuông góc với (P) : 5 6 7

x− = y+ = +z

M=(P) Id Þ M(9;0;-5)

Câu VII b ( 1 điểm ) Nghiệm của hệ là số giao điểm của Xét hàm số

( ) 3 3 3 ln( 2 2 2)

f t =t + t- + t - t+ trên R

Ta có :

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

 

2 2

13 15 25 13 15 25 25

MinP = 1325 khi t = - 1513 khi 2x+ 4y- 1328=0

KL :

m ≠1: MinP = 0 khi x=m m- 13và y=m - 11

-m=1 : MinP = 2513 khi 7 1

13 2

x k R

ì = Ỵ ïï

ïí

ï = -ïïỵ

Câu VIIa ( 1 điểm )

Ta có : (a bz cz+ + 2) (a bz+ 2+cz)

= a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca

=12(2a2 + 2b2 +2 c2 –2 ab – 2bc – 2ca)

=1 ( ) (2 ) (2 )2

2 a b− + −b c + −c a  ≥0(ĐPCM)

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

− +

2

2 2

t

Xét hàm số g(t) = t trên R và g’(t)=1 >0,∀t

Hàm f(t) và hàm g(t) cùng đồng biến trên

R

x ≤y ⇒ f(x) ≤ f(y) ⇒g(y) ≤g(z) ⇒y ≤ z

⇒f(y) ≤ f(z) ⇒ g(z) ≤ g(x) ⇒z ≤ x Vậy : x = y = z = t

t là nghiệm của phương trình :

3 2 3 ln 2 2 2 0

t + t- + t - t+ = (*) Hàm số h(t) = t3+ 2t- 3 ln+ (t2- 2t+ 2)

đồng biến trên R (vì có

( )

2

2 2

t

t t

- + >0,∀t ∈R) và h(1) = 0

(*) có nghiệm duy nhất t= 1 KL: Hệ có nghiệm duy nhất (1;1;1)

0,25

0,25 0,25

II 2 sinx+sin2 x+sin3x+sin4x=cosx+cos2 x+cos3x+cos4x 1,0

TXĐ: D =R

sinx+sin x+sin x+sin x=cosx+cos x+cos x+cos x

(sin ) 2 2(sin ) sin 0

2 2(sin ) sin 0

x cosx

x cosx x cosx



4

x cosx− = ⇔ = +x π kπ k Z∈

0,25

+ Với 2 2(sin+ x cosx+ ) sin + x cosx=0, đặt t = sinx cosx+ (t∈ − 2; 2 )

được pt : t2 + 4t +3 = 0 1

3( )

t

t loai

= −



⇔  = −

t = -1

2

2 2

m Z

= +





 = − +



( ) 4

2 2







= − +





0.25

Câu

AVI.1

(1,0 đ)

Anằm trên Ox nênA a( );0 , B nằm trên đường thẳng x y− =0nên B b b( ; ),

(2;1)

Tam giác ABM vuơng cân tại M nên:

MA MB



uuur uuur

,

do b=2 khơng thỏa mãn vậy

0,25

0,25

1

1

2

1

2

b

b

b

b

b

−

−

2

2 1

1 2

a b

b b

a

−

=



Với: 2

1

a b

=



 =

 đường thẳng∆ qua AB cú phương trỡnh x y+ − =2 0

Với 4

3

a b

=



 =

 đường thẳng ∆qua AB cú phương trỡnh 3x y+ − =12 0

,25

0,25

Gọi M









−

+

1

3 2

;

0 0

x

* Tiếp tuyến tại M có dạng: ( 31) ( ) 2 3 1

0 0

2

−

=

x x

x x

y

Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B có dạng là: A









−

+

1

6

2

;

1

0

x

B(2x 0 -1; 2) ; I(1; 2)

* Ta có: S∆IAB =

2

1

IA IB= 21 6 1 2 0 1 2.3 6

0

=

=

−

⋅

−

* ∆IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA=

IB (HS tự chứng minh)









−

=

+

=

⇒

−

=

3 1 1

2 1

6

0

0 0

x x

x

* Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện

M 1 (1+ 3;2+ 3)

M 2 (1− 3;2− 3)

Khi đó chu vi ∆AIB = 4 3+2 6

V)

3 3 2

3 3 2 0 (1)







Điều kiện:

2 2

y

y y

 − ≥  − ≤ ≤

 − ≥  ≤ ≤ 



Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta cú (1) ⇔ t3− 3t2 = y3− 3y2

Hàm số f(u) = u3− 3u2 nghịch biến trờn đoạn [0; 2] nờn:

(1) ⇔ t = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔ x2 − 2 1 − x2 + = m 0

Đặt v = 1 − x2 ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v2 + 2v − 1 = m.

Hàm số g(v) = v2 + 2v − 1 đạt min ( )0;1 1; m0;1 ( ) 2

[ ] g v = − ax[ ] g v =

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2