Đề và đáp án thi thử ĐH 2011 số 1

Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị Cm tồn tại một điểm duy nhất có hoành độ âm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng L: x+2y-3=0.. Tính diện tích xung quanh và thể tíc

GV: Nguyễn Huy Khôi

ĐỀ SỐ: 01 ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 – KHỐI A+B MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số 3 ( 1) (4 3 ) 1

+

− +

− +

y

có đồ thị là (Cm)

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

2 Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm) tồn tại một điểm duy nhất có hoành độ âm

mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L): x+2y-3=0

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

sin 4 sin os 1 os

2

2 Giải hệ phương trình

2 3 3

1 4

2 1 log 1 log 3

(1 log )(1 2 ) 2

x x y

x

y y







Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

2

0 3 2

x dx I

x x

=

∫

Câu IV (1,0 điểm)

Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, góc A=600, chân đường vuông góc hạ từ B’ xuống đáy ABCD trùng với giao điểm các đường chéo của đáy, cho BB’=a Tính diện tích xung quanh và thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’

Câu V (1,0 điểm)

Tùy theo tham số m, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=(x−2y+1)2+(2x my− +3)2 Với ∀x y R, ∈

PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (2,0 điểm)

1 Tìm trong mặt phẳng 0xy những điểm mà không có đường thẳng nào của

(d):(m2-1)x+2my+1-m=0 đi qua

2 Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng

( ) :d x= + = −y 1 z 2 và tiếp xúc với mặt cầu tâm I(1;2;-1) bán kính R= 2

Câu VIIa (1,0 điểm)

Chứng minh rằng

2 2

1

2

2 1

n n n

C

n >

n n

C là số tổ hợp chập n của 2n

phần tử

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng 0xy chứng minh rằng đường tròn (C m) :x2+y2−2m x2 −4my+4m2 =0 luôn tiếp xúc với 2 đường cố định mà ta phải chỉ rõ

2 Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa

( ) :

− − và tạo với trục Oy một góc lớn nhất

Câu VIIb (1,0 điểm)

Định m để bất phương trình 9x −m.3x− + ≤m 3 0có ít nhất một nghiệm.

… Hết …

ĐÁP ÁN 1

CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - MÔN TOÁN

Câu

I

(2,0)

1

(1,0)

Khi m =1

3 1

1 3

Tập xác định: R

Chiều biến thiên:

y ' x= 2+1 → y’>0∀ ∈x R

xlim y

→+∞ = +∞

, xlim y

→−∞ = −∞

Bảng biến thiên:

0,5

+ Hàm số luôn đồng biến trên ¡ + Hàm số có không cực đại và cực tiểu tại 0,25

Đồ thị:

Đồ thị giao với Oy tại (0;1)

0,25

2

(1,0)

Phương trình đường thẳng (L) có hệ số góc là

1 2

− nên hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm là k=2 Lúc đó nếu x là hoành độ tiếp điểm thì

f '(x) 2= ⇔mx2+2(m 1)x (4 3m) 2− + − = ⇔mx2+2(m 1)x 2 3m 0 (1)− + − = Bài toán trở thành tìm tất cả các m sao cho phương trình (1) có đúng một nghiệm âm

0,25

Nếu m=0 thì (1)⇔ − = − ⇔ =2x 2 x 1 loại 0,25 Nếu m≠0thì dễ thấy phương trình (1) có 2 nghiệm là

2 3

1 hay x= m

x

m

−

do đó để có một nghiệm âm thì

0

2 3

3

m m

<



− < ⇔

 >

 Vậy

2

0 hay

3

m< m>

thì trên (C) có đúng một tiếp điểm có hoành độ âm thỏa yêu cầu đề bài

0,25

x y’

y -∞

1

y

+ -∞

+∞

+∞

Câu

II

(2,0)

1

(1,0)

Phương trình tương đương với

(1 os ) os 1 sin 4 sin

2

1 sin 2 sin 4 sin

0,5

Vậy phương trình có nghiệm khi

2

sin 2 0

3 sin 4 sin 1

2

x

=





sin 2 0 3 0.sin 1 2

x x

=



 hệ vô nghiệm tức phương trình vô nghiệm 0,25

2

(1,0)

Điều kiện 0< ≠y 1và 2x ≤1 à logv 3y ≤1

và nên đặt 2x =cosα và log3y co= sβ với ,α β∈[0; ]π thì sẽ đưa đến hệ

(1 s )(1 ) 2







sin s sin s 1 (1 s )(1 ) 2





0,25

sin( ) 1

2 (1 cos )(1 cos ) 2 sin cos sin cos 1 0

π



Đặt

2 1 sin cos , 2 sin cos

2

t

thì được phương trình 2

2 1

2

t

t− − − = ⇔ + − = ⇒ =t t t

(loại t=-3)

0,25

Với t=1 tức

  (loại β π= ) tức 3

0

2 1

1 log 0

y y

=

=

 So với điều kiện ban đầu loại, nên hệ vô nghiệm.

0,25

Câu

III

(1,0)

I

Đặt x-1=2cost ⇒dx=-2sintdt với t∈[0; ]π khi

2 0

3

x= ⇒ =t π

và x 1 t 2

π

= ⇒ =

thì đưa đến tích phân 2

2

2

(1 2 cos ) 2sin (1 4cos 4cos )2sin

4 (2 cos ) 2 1 cos

I

π π

0,25

2

(1 2cos ) 2sin

1 4cos 2(1 cos 2 ) 2sin

t

+

2 3 2

3 4cost 2cos 2t dt

π

π

3 2 (3t 4sint sin 2 )t ππ

2 2

0,5

V

(1,0) (1,0)

Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC,BD, và I là trung điểm BC

+ Kẽ B’K ⊥ BC thì OK ⊥ BC (Định lý 3 vuông góc), Thì K là trung điểm của

BI ⇒ 4

a

+ Với Tam giác vuông BB’K có

2

a

 ÷

 

0,25

+ Vậy diện tích mặt bên BB’C’C là

2 ' '

15 '

4

BB C C

a

+ Hoàn toàn tương tự diện tích các mặt đều bằng nhau nên

2

2 ' '

15

4

xq BB C C

a

0,25

+ Do BDC là tam giác đều cạnh a nên 2 2

+ Và

2

a

 ÷

 

0,25

3

' 3

a

Câu

V

(1,0)

(1,0)

Ta nhận thấy (x−2y+1)2≥0và (2x my− +3)2 ≥0 ∀x y, ∈ ⇒ ≥¡ P 0

2 1 0 0

P

x my



 tức P=0 khi và chỉ khi hệ phương trình trên có nghiệm

1 2

4

−

= −

−

0,25

D≠ ⇔ − ≠ ⇔ ≠m m thì hệ có duy nhất nghiệm tức P=0 xảy ra. 0,25

D= ⇔ − = ⇔ =m m thì hệ sẽ là

2 1 0

2 4 3 0



 − + =

 vô nghiệm nên minP>0.

Đặt t=x-2y thì ta có

Vậy min

1 5

khi

0,5 K

Kết luận min

1 5

khi m=4 hay minP=0 khi m≠4

Câu

VI.a

(2,0)

(1,0)

+ Giả sử có điểm ( ; )S a b ( ),∉ d ∀m thì (m2−1)a+2mb+ − ≠ ∀1 m 0, m hay

2 (m −1)a+2mb+ − =1 m 0 ⇔am2+(2b−1)m+ − =1 a 0 (2) vô nghiệm m 0,25

+ Nếu a=0 thì (2) sẽ là (2b-1)m+1=0 vô nghiệm khi

1 2

b= tức

1 0; ( ) 2

S ∉÷ d

+ Nếu a≠0 thì (2) vô nghiệm khi và chỉ khi (2b−1)2−4 (1a − <a) 0

4 4 (2 1) 0 ( ) ( )

vậy những điểm nằm trong đường tròn cố định tâm

1 1

;

2 2

 bán kính

1 2

thì (d) không qua

0,25

Kết hợp cả 2 ta có đường thẳng (d) không đi qua những điểm nằm trong đường tròn tâm

1 1

;

2 2

 bán kính

1 2

0,25

(1,0)

Mặt phẳng chứa đường thẳng (d) có phương trình là

m x y− − +n x z− + = (với m2+n2 >0)⇔(m n x my nz+ ) − − +2n m− =0 0,25

Để mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu thì ( , )d I P =R

2 ( ) ( ) ( )

2 4

2

0,25

0 ( 2 4 ) 2(2 2 2 ) 2 (3 5 ) 0 5

3

n

n

=





 =



0,25 + Khi n=0chọn m=1 được phương trình x-y-1=0,

+ Khi

5 3

m

n=

thì chọn m= ⇒ =3 n 5 được phương trình 8x-3y-5z+7=0

0,25

Câu

VII

a

(1,0)

Chứng minh rằng

2 2

1

2

2 1

n n n

C

n >

+ với ∀ ∈n ¥,n≥1. Biến đổi vế phải ta được

2

(2 )! 1.3.5 (2 1)

2 2 ! ! 2.4.6 (2 )

n n

−

vì vậy phải chứng minh

1 1.3.5 (2 1)

2.4.6 (2 )

2 1

n n n

−

>

+

0,5

Mà

+

Chọn k lần lượt từ 1,2,…,n rồi nhân các bất đẳng thức vế theo vế ta được đpcm

0,5

Câu

VI.b

(2,0)

(1,0) Ta thấy đường tròn (C có tâm I(m2;2m) và bán kính m) R m= 2> ∀ ≠0; m 0 0,25

Vậy bán kính R bằng hoành độ tâm I nên (C tiếp xúc với trục Oy tại H m) 0,25

Ta có quỹ tích tâm I của đường tròn là parabol (P): y2=4x có tiêu điểm F(1;0)

và đường chuẩn (D): x+1=0 + IH vuông góc với đường chuẩn (D) tại K

0,5

+ IF cắt (C tại J m)

+ Ta có IF=IK và IJ=IH nên IF-IJ=IK-IH tức FJ=HK=1 + Vậy J nằm trên trên đường tròn (L) cố định tâm F bán kính FJ=1 và (C tiếp m)

xúc với (L)

(1,0)

Mặt phẳng (P) chứa đường (d) nên có phương trình m(x+y+1)+n(2y-z+4)=0 với m2+n2>0; và trục Oy có vectơ chỉ phương ar=(0;1;0) 0,25 + Nếu m=0 thì mặt phẳng (P):2y-z+4=0 thì góc ϕ =(( ),P Oy) có

2 sin

5

ϕ = + Nếu m≠0thì có thể giả sử m=1 thì (P): x+(1+2n)y-nz+1+4n=0

sin

1 (1 2 ) ( ) 5 4 2

0,25

Nhận xét ϕlớn nhất khi và chỉ khi sinϕlớn nhất

2 2

2

(1 2 )

5 4 2

n

f n

2

5

2 (2)

6

4 6 4

f n



+ +  = − ⇒ − =  ÷

4 lim ( )

5

n f n

Vậy sinϕ lớn nhất khi n=2 do đó mặt phẳng (P): x+5y-2z+9=0

0,25

Câu

VII

b

(1,0)

(1,0)

Đặt 3x = >t 0thì bất phương trình là 2

3 0

t −mt m− + ≤

2 3

; 0 1

t

m t t

+

Vậy bất phương trình có ít nhất một nghiệm tức tồn tại ít nhất một giá trị t>0 sao cho đồ thị hàm

2 3 1

t y t

+

= + nằm dưới đường thẳng y=m

0,25

Mà

1

t

+

2

' 1 ( 1) ( 1)

y

+ −

2 2

1

2 3

3 ( 1)

t

y

t t

=

 + −

⇒ = ⇔ + = ⇔  = − (loại t=-3)

0,25

Lập bảng biến thiên ta thấy hàm

2 3 1

t y t

+

= + nhận giá trị [2;+∞ ∀ >); t 0

Vì vậy để bất phương trình có ít nhất một nghiệm là m≥2

0,25

… Hết…