ĐỀ THI ĐẠI HỌC HAY NHẤT

Cao Lãnh ĐÁP ÁN LẦN 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN www.VNMATH.com... Tìm m để hàm số 1 có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số 1 cách đều gốc tọa độ O.. 1, 0 điểm

TRƯỜNG THPT TP Cao Lãnh

ĐÁP ÁN LẦN 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC

MÔN TOÁN

www.VNMATH.com

Sở GD& ĐT ĐỒNG THÁP

TRƯỜNG THPT TP.CAO LÃNH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2011

Môn thi: TOÁN, khối A và B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề có 2 trang)

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

Câu I (2, 0 điểm)

Cho hàm số y= − +x3 3x2+3(m2−1)x−3m2−1 (1),với m là tham số thực

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

2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) cách đều gốc tọa độ O

Câu II (2, 0 điểm)

1 Giải phương trình 2 2

sin x sin x sin x tan x tan x

  +π+  −π= +  +π  −π⋅

2 Giải phương trình 2

2

2 1 2

2 1

x

x 6x 1 log

(x )

− + =  ⋅

−

Câu III (1, 0 điểm) Tính tích phân 2

4

2

ln(sin x)

sin x

π π

=∫

Câu IV (1, 0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc mặt phẳng (ABC) Gọi I là trung điểm cạnh BC Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SI cắt SB, SC lần lượt tại M, N Biết rằng 1

4

SAMN SABC

V = V ,hãy tínhVSABC (VSAMN,VSABClần lượt thể tích các khối chóp S.AMN và S.ABC)

Câu V (1, 0 điểm)

Cho x, y, z là các số thực không âm Chứng minh rằng nếu 0 a b c< ≤ ≤ thì

(ax by cz) x y z (a c)2(x y z)2

+ +  + + ≤ + +

II PHẦN RIÊNG (3, 0 điểm)

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

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2, 0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2

4 1

(C): (x− ) + −(y ) =25và điểm A(9; 6) Viết phương trình đường thẳng qua A cắt đường tròn (C) theo dây cung có độ dài bằng 4 5

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm M( ; ; ), N(7; 5; 3)1 3 −1 − và đường thẳng d có phương trình

1 3 3

3 2

4

+ = − = − ⋅

− Tìm điểm I thuộc d sao cho IM IN+ nhỏ nhất.

Câu VII.a (1, 0 điểm)

Giải phương trình 3 3 2 3

2 1 4 1 8 0

z − ( i )z− + ( i)z+ + i = (z∈C),biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2, 0 điểm)

www.VNMATH.com

2 5 0

F ( ; )và nếu M là một điểm thuộc (H) thỏa

1 2 60o

F MF = thì diện tích tam giác F MF1 2 bằng 9 3

2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 2

2

1 2

2 1

4

x 1 t

1

z

 = − +

− + 

= =  = +

− 

=



và mặt phẳng

7 5 0

(P) : x y+ − z= Viết phương trình đường thẳng∆vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt hai đường thẳng d1, d2.

Câu VII.b (1, 0 điểm)

Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức 1 5 5

6 6

sin icos z ,

ω = 2 +  −  

  biết số phức z thỏa mãn z− ≤1 2

www.VNMATH.com

Câu Đáp án Điểm

1 (1, 0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (1) khi…

y= − +x 3x −4

2

Tập xác định:

Sự biến thiên:

x 0

- Chiều biến thiên: y 3x 6x; y 0

x 2

 =

′= − + ′= ⇔

=



R.

i

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞; ; ; ; 0),(2; + ∞);

- Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2).0; ; ; ;

CĐ CT

- Cực trị:

+ Hàm số đạt cực đại tại x 2, y 0

+ Hàm số đạt cực tiểu tại x 0, y 4

- Các giới hạn tại vô cực: lim y , lim y

= =

= = −

= +∞ = −∞

0,25

- Bảng biến thiên:

x −∞ 0 2 +∞

y′ − 0 + 0 −

y +∞ 0

4− −∞

0,25 i Đồ thị qua điểm 1A( ; −2), B( ; ).−1 0

0,25

2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và…

3 2 3 2 0 2 2

Ta có y′= − x +6x+ (m −1), y′= ⇔x −2x m− + =1 0 (*) 0,25

Hàm số (1) có cực trị khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt

2

m 0 m 0

′

⇔ ∆ = > ⇔ ≠ 0,25

Gọi A, B là các điểm cực trị⇒A(1 m; 2 2m ), B(1 m; 2 2m )− − − 3 + − + 3 0,25

I

(2, 0 điểm)

Ta có O cách đều A, B OA OB 4m3 m m 1 (do m 0)

2

⇔  =  ⇔ = ⇔ = ± ≠

Vậy m= ±1là các giá trị cần tìm

0,25

x

y

4

−

O

3 1

−

1

2

−

www.VNMATH.com

1 (1, 0 điểm) Giải phương trình…

4 4

4

 ≠ + ππ



+ − ≠ ⇔ ∈

3π

Phương trình đã cho tương đương

cos 2x 2π cos 2x 2π sin xcot x πtan x π

−  + + −  − = −  −   − 

0,25

2

3 3

1 2 2 0 1 2 0 2 0

3

sin x cos 2x cos 2x sin x cos xcos cos x sin x sin x sin x

 2π  2π

⇔ − +  + +  − =

2π

⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ − =

1 sinx 0 hoặc sinx

2

⇔ = =

0,25

π

π π

5π

π

x k

x k2 (k ) 6

x k2 6



 =





⇔ = + ∈



 = +



2 (1, 0 điểm) Giải phương trình…

1 Điều kiện x 1 và x

2

≠ > − (1) 0,25

2

2

2x 1 Phương trình đã cho viết lại: 2(x 1) (2x 1) log

2(x 1)

− − + =  

−

⇔2(x 1)− +log2(x 1)− =(2x 1) log(2x 1) (*)+ + +

0,25

Xét hàm số f(u) u log u, u 0.= + > Ta có f (u) 1 1 , u 0

uln10

′ = + ∀ >

Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ∞)

0,25

II

(2, 0 điểm)

Phương trình (*) có dạng f(2(x 1) ) f(2x 1)− 2 = + ⇔2(x 1)− 2=2x 1+

2x2 6x 1 0 x 3 7

2

±

⇔ − + = ⇔ = ⋅

So với điều kiện (1) ta được nghiệm của phương trình đã cho là x 3 7

2

±

= ⋅

0,25

2

u ln(sin x) cosx

du dx cot xdx Đặt dv dx sin x

v cot x sin x

= =

⇒

=



0,25

2 2

2 Tích phân từng phần, ta có: I cot x ln(sin x) cot xdx

π π

π π

III

(1, 0 điểm)

1

2

ln ( cot x)dx dx ln cot x x

π π π π

π π

π π

www.VNMATH.com

2 1

2 4

= + − ⋅ 0,25

Ta có

(SAB) (ABC)

(SAC) (ABC) SA (ABC) BC SA

(SAB) (SAC) SA



⊥



⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥



∩ = 

(1)

Mà BC AI⊥ (tính chất tam giác đều) (2)

Từ (1) và (2)⇒BC (SAI)⊥ ⇒BC SI⊥ (3)

0,25

IV

(1, 0 điểm)

Mặt khác (P) SI⊥ (4)

Từ (3) và (4)⇒(P)//BC

Vì (P) (SBC) MN∩ =

Nên MN // BC SM SN

SB SC

0,25

Ta có

2

4 4 4 2

SAMN SABC

 

= ⇔ ⋅ ⋅ = ⇒  = ⇒ = ⋅

 

Do đó M là trung điểm của cạnh SB, N là trung điểm của cạnh SC

0,25

Gọi E là giao điểm của MN và SI thì E là trung điểm của SI Vì AE nằm trong (P) nên AE

vuông góc với SI Tam giác SAI có AE là trung tuyến và cũng là đường cao nên tam giác

SAI cân tại A, suy ra 3

2

a

SA AI= = ⋅

Thể tích của khối chóp S.ABC là

1 1 3 3

3 3 4 2 8

V = S SA= ⋅ ⋅ = (đvtt)

0,25

2 2

0

4

Hiển nhiên (A B) A B 2AB

(A B) (A B) 4AB AB (1)

− ≥ ⇒ + ≥

+

Đặt a, c

α = β =

1

= + +  + + =  + + ⋅  + + 

= (α + + β  + + = (α + + β (β + αβ + α

α β αβ

0,5

≤ 1 [(α + + β + (β + αβ + αx y z) x y z)]2

1

= [(α + β) + + αβ) + (α + β) 4αβ

0,25

V

(1, 0 điểm)

Từ 0 a b c< ≤ ≤ ⇒0< α ≤ ≤ β1 ⇒(1− α)(1− β) ≤ 0⇒1+ αβ ≤ α + β (2)

Sử dụng (2) ta được:

1

. (a c)

4ac

(α + β) +

≤ [(α + β) + (α + β) + (α + β) = ( + + = + +

4αβ 4αβ

0,25

1 (1, 0 điểm) viết phương trình đường thẳng

(C) có tâm I(4; 1), bán kính R=5

Đường thẳng d qua A(9; 6) có dạng ax by c 0 (a+ + = 2+b2>0) và 9a+6b c 0+ = (1) 0,25

VI.a

(2, 0 điểm)

I

E N M

S

C B

A

www.VNMATH.com

ta có: 2 2

4

) (2), IH d(I,d)

+ +

= = =

Từ (2), (3) suy ra 2 2 2

4a b c) 5( ) ( + + = a +b (4) Từ (1) cóc= − −9a 6b (5), thay (5) vào (4) và rút gọn lại được

2 5 2 0

2

 = −



+ = ⇔

= −



+

0,25

2 1 2 12 0 1

2 2 3 0 2

1 2

a b: chọn b thì a 2, lúc này d : x y

a b: chọn b thì a 1, lúc này d : x y

= − = − = − − =

= − = − = − + =

i

2 (1, 0 điểm) Tìm điểm I thuộc d sao cho IM IN+ nhỏ nhất.

6 2

Đường thẳng d đi qua A( 1; 3; 3) có VTCP u (3; 4; 2); MN ( ; 8; 4)

MN u Mà M d nên MN//d

− = − = −

∉





 

u 

α

d

N

M’

Gọi M là điểm đối xứng của M qua d′

α Phương trình mp( ) qua M(1; 3; 1) với một VTPT n u là− =

min

3(x 1) 4(y 3) 2(z 1) 0 3x 4y 2z 11 0

Ta có IM IN IM IN M N nên (IM IN) M N I M N d

− − − + + = ⇔ − + + =

′ ′ ′ ′ + = + ≥ + = ⇔ = ∩

0,25

α

1 3

3 1 3 4 2 11 0

Gọi H là giao điểm của d và mp( )

y 3 4t Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình

z 3 2t 3x 4y 2z 11 0

2 ( t) (3 4t) (3 2t) 29t 2 0 t

29

 = − +



= −





= +





′

103 195

; ;

9 29 29

⋅

0,25

99 103

52 21

29 29

2 29 2 29

Ta thấy HI//MN I là trung điểm của M N

′

⇒

− + −

195 3 141 29

2 29

z

2

′+ +

= = = ⋅

⋅













− +

29

141 ; ;

I là nhất nhỏ IN IM cho sao d thuộc I điểm Vậy

29

21 29 52

0,25

Gọi nghiệm thuần ảo là z bi (b= ∈R ) 0,25

VII.a

2 1 4 1 8 0 2 4 2 4

(bi) − ( i )(bi)− + ( i)(bi)+ + i = ⇔ b − b ( b+ − + b + b 8)i 0− =

www.VNMATH.com