ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 11 NĂM HỌC 2013 - 2014

www.facebook.com/hocthemtoan

Thầy Huy: 0968 64 65 97

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 11

NĂM HỌC 2013 - 2014

Thời gian làm bài: 180 phút

PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH (7,0 điểm)

Câu I :(2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2

2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình :   



2

1

m

12

c   x x

2) Giải hệ phương trình: 2 8







Câu III: (1,0 điểm ) Tính tích phân:

3

2 0

4 ln 4



x

Câu IV :( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a ,tam giác

SAB cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC).Hai mặt phẳng (SCA) và (SCB) hợp với nhau một góc bằng 0

60 Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a

Câu V :(1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức: S2 x2 1 3 y216 z236

PHẦN B : THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1HOẶC PHẦN 2)

PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn )

Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của

cạnh BC,phương trình đường thẳng DM:x  y 2 0 và C 3; 3  .Biết đỉnh A thuộc đường thẳng

d : 3x  y 2 0,xác định toạ độ các đỉnh A,B,D

2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyzcho mặt phẳng  P : x     y z 1 0và hai điểm A 1; 3; 0 , B 5; 1; 2        Tìm toạ độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA  MB đạt giá trị lớn nhất

Câu VII.a (1,0 điểm): Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức :





PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao )

Câu VI.b 1 (1.0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD

có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 :x  y30 và

0 6 :

2 x  y 

d Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox Tìm toạ độ

các đỉnh của hình chữ nhật

2 (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :



, d2:

2 2 3

y

z t

 









 



Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2

CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: S 12C20111 22C20112 32C20113  2010 2C2011201020112C20112011

……….…….Hết

ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 11 Câ

u

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2

yx  x  . 1,00 T

 ập xác định: Hàm số có tập xác định D .

Sự biến thiên: 2

2

x y'

x







,

y 0x 0 x2h/s đồng biến trên các khoảng  ; 0 & 2;  

,

y 00x2 h/s nghịch biến trên khoảng 0; 2

0,25

 0 2  2 2

y  y  ; y y   .

3 x

x

lim y lim x 1





0,25

Bảng biến thiên:

x  0 2 

y'  0  0 

y

2 

  2

0,25

Đồ thị:

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

-5

5

x

y

0,25

2

x 1

 theo tham số m

1,00

1



m

y x  x x , C' và đường thẳng

0,25

y m,x

 

1

f x khi x

f x khi x







nờn  C ' bao gồm:

+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x 1.

+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x 1 qua Ox

Đồ thị hàm số y = 2

(x  2x 2) x 1 , với x  1 có dạng như hình vẽ sau

0,25

hình

f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2)

-5

5

x y

0,25

Đồ thị đường thẳng y=m song song với trục ox

Dựa vào đồ thị ta có:

+ m  2: Phương trình vô nghiệm;

+ m  2: Phương trình có 2 nghiệm kép

+   2 m 0: Phương trình có 4 nghiệm phân biệt;

+ m 0: Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

0,25

12

c   x x

1, 0



5

12

c   x x

0.25

 

5

















0,50

2







Điều kiện: x+y>0, x-y0



Đặt: u x y

v x y









0,25đ

2

3 (2) 2

uv







Thế (1) vào (2) ta có:

2

4

uv

u v







 



(vì u>v) Từ đó ta có: x =2; y

=2.(T/m)

KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2)

0,25đ

III

Tính tích phân:

3

2 0

4 ln 4



x

1, 0



Đặt

2

4 2

4 3

16x

v

4







0,50

2 4

2

0 0

Gọi H là trung điểm của AB SH  AB  SH ABC

Kẻ AK  SC  SC AKB SC  KB

   thì dễ thấy  KABđều  KA  KB  AB  AC (vô lí)

AKB 120

0

KH

Trong  SHC vuông tại H,đường cao

0,25

0,25

0,25

KH có 1 2 12 12

2 3



và HC a 3

2

 vào ta được SH a 6

8



0,25

V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức: S2 x2 1 3 y216 z236

1, 0



Ta có: S  2x 222  3y2122  z262 Trong hệ toạ độ OXY xét 3 véc

tơ

a 2x; 2 , b 3y; 4 , c z;6

,a  b c 2x3yz;2 12 6    40;20

  

a  2x 2 , b  3y 12 , c  z 6

, a   b c 20 5

Sử dụng bất đẳng thức về độ dài véc tơ :

S= a  b  c  a b c

  Đẳng thức xẩy ra khi các véc tơ a, b,c

   cùng hướng

2

x 2, y 8, z 12

Với : x2, y8, z12 thì S20 5

Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 20 5 đạt được khi :

x 2, y8, z12

0,25

0,25

0,25

0,25

1 Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M….Tìm toạ độ A,B,D 1,00 Gọi At; 3t 2.Ta có khoảng cách:



hay A 3; 7  A1;5.Mặt khác A,C nằm về 2 phía của đường thẳng DM

nên chỉ có A1;5thoả mãn

Gọi Dm; m2DMthì AD m 1; m 7 ,CD   m 3;m 1  

Do ABCD là hình vuông





 

Hay D5;3 ABDC   2; 6B 3; 1

 

Kết luận A1;5,B 3; 1, D5;3

0,25

0,25

0,25

0,25

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyzcho mặt phẳng  P : x     y z 1 0…… 1,00 Đặt vt của (P) là:f x; y; z xy  ta có z 1 f x ; y ; z A A A f x ; y ; zB B B 0

 A,B nằm về hai phía so với (P).Gọi B đối xứng với B qua (P) '

'

0,25

' '

MAMB  MAMB AB Đẳng thức xẩy ra khi '

M, A, B thẳng hàng

M  P AB.Mặt khác phương trình '

 





 



  



 toạ độ M là

0,25 0,25

0,25

VII

A Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức :





1,00

Xét khai triển:





0 0





n 1





0,25

0,25

0,25 0,25

Ta có: d1 d2 I Toạ độ của I là nghiệm của hệ:































2 / 3 y

2 / 9 x 0 6 y x

0 3 y x









 2

3

; 2

9 I

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD M d1Ox

Suy ra M( 3; 0)

0,25đ

2

3 2

9 3 2 IM 2 AB

2 2



































2 3

12 AB

S AD 12

AD AB

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d1 AD

Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n ( 1 ; 1 ) làm VTPT nên có

PT: 1(x3)1(y0)0xy30 Lại có: MA MD 2

0,25đ

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:





















2 y

3 x

0 3 y x

2

























































1 3 x

x 3 y 2 ) x 3 ( 3 x

3 x y 2 y 3 x

3 x y

2 2

2 2













1 y

2 x hoặc











 1 y

4 x Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)

0,25đ

Do 









 2

3

; 2

9

I là trung điểm của AC suy ra:



























2 1 3 y y 2 y

7 2 9 x x 2 x

A I C

A I C

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)

Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

0,25đ

2 phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 1,00 Các véc tơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là u1

( 1; - 1; 2)

và u2

( - 2; 0; 1)

Có M( 2; 1; 0)  d1; N( 2; 3; 0)  d2

Xét u u1; 2.MN

  

Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t)  d1 B(2 – 2t’; 3; t’)  d2

1

2

AB u

AB u











  

1 3 ' 0

t t



 





 



 A 5 4; ; 2



 ; B (2; 3; 0) Đường thẳng  qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d1 và d2

Ta có  :

2

3 5 2

 





 



 



0,25đ

0,25đ

PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có

dạng:

0,25đ

VII B

1 x C C xC x C x C x (1)

Lấy đạo hàm hai vế 1 ta được:

nhân hai vế với x ta được:

Lấy đạo hàm hai vế 2 ta được

(3)

Thay x=1 vào hai vế của (3) ta được:

Vậy S=2011.2012.22009

0,25

0,25

0,25

0,25