SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi : TOÁN KHỐI A ( Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 1)34()1( 3 1 23  xmxmmxy có đồ thị là (C m ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số khi m=1 2. Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (C m ) 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 2 4 2 3 sin 4 .sin os 1 os 2 x x c x c x    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 1 2 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=60 0 , 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= 2 2 ( 2 1) (2 3) x y x my      . Với ,x y   ¡ 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):(m 2 -1)x+2my+1-m=0 đi qua. 2. Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ( ): 1 2 d x y z     và tiếp xúc với mặt cầu tâm I(1;2;-1) bán kính 2 R  . Câu VIIa. (1,0 điểm) Chứng minh rằng 2 2 1 2 2 1 n n n C n   với , 1 n n    ¥ . Trong đó 2 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 2 2 2 2 ( ): 2 4 4 0 m C x y m x my m      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 1 2 ( ): 1 1 2 x y z d       và tạo với trục Oy một góc lớn nhất. Câu VIIb. (1,0 điểm) Định m để bất phương trình 9 .3 3 0 x x m m     có ít nhất một nghiệm. … Hết … Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ……… www.laisac.page.tl §Ò chÝnh thøc ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - MÔN TOÁN Câu ý Đáp án Điểm Khi m =1 3 1 1 3 y x x    Tập xác định: ¡ . Chiều biến thiên: 2 y' x 1    y’>0 x   ¡ x lim y    , x lim y    Bảng biến thiên: 0,5 + Hàm số luôn đồng biến trên ¡ + Hàm số có không cực đại và cực tiểu tại. 0,25 1. (1,0) Đồ thị: Đồ thị giao với Oy tại (0;1) 0,25 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 2 2 f '(x) 2 mx 2(m 1)x (4 3m) 2 mx 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) 2 2 1 x x       loại 0,25 Nếu 0 m  thì dễ thấy phương trình (1) có 2 nghiệm là 2 3 1 hay x= m x m   0,25 Câu I (2,0) 2. (1,0) do đó để có một nghiệm âm thì 0 2 3 0 2 3 m m 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 1. (1,0) Phương trình tương đương với 2 2 2 3 (1 os ) os 1 sin 4 .sin 2 c x c x x x    0,5 x y’ y -  1 0 x y + -  +  +  2 2 1 3 1 sin 2 sin 4 .sin 4 2 x x x    Vậy phương trình có nghiệm khi 2 sin 2 0 3 sin 4 .sin 1 2 x x x        0,25 sin 2 0 3 0.sin 1 2 x x         hệ vô nghiệm tức phương trình vô nghiệm 0,25 Điều kiện 0 1 y   và 3 2 1 à log 1 x v y   và nên đặt 3 2 s à log s x co v y co     với , [0; ]     thì sẽ đưa đến hệ 2 2 1 s s 1 s s 1 (1 s )(1 ) 2 co co co co co cos                   sin s sin s 1 (1 s )(1 ) 2 co co co cos                0,25 sin( ) 1 2 (1 s )(1 ) 2 sin s sin cos 1 0 co cos co                                 0,25 Đặt 2 1 sin cos , 2 sin .cos 2 t t t           thì được phương trình 2 2 1 1 0 2 3 0 1 2 t t t t t           (loại t=-3) 0,25 Câu II (2,0) 2. (1,0) Với t=1 tức 2 sin 1 0 4 2                  (loại    ) tức 3 0 2 1 1 log 0 x x y y           So với điều kiện ban đầu loại, nên hệ vô nghiệm. 0,25 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 3 2 4 ( 2 1) 2 ( 1) x dx x dx x dx I x x x x x              0,25 Đặt x-1=2cost  dx=-2sintdt với [0; ] t   khi 2 0 3 x t     và 1 2 x t     thì đưa đến tích phân 2 2 2 32 2 2 2 3 2 (1 2cos ) 2sin (1 4cos 4cos )2sin 4 (2cos ) 2 1 cos t tdt t t tdt I t t              0,25 Câu III (1,0)   2 2 2 3 3 2 2 (1 2cos ) 2sin 1 4cos 2(1 cos2 ) 2sin t tdt I t t dt t               2 3 2 3 4cos 2cos2 t t dt      2 3 2 (3 4sin sin 2 )t t t       3 3 4 2 2    0,5 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 BK  + Với Tam giác vuông BB’K có 2 2 2 2 15 ' ' 4 4 a B K B B BK a a            0,25 + Vậy diện tích mặt bên BB’C’C là 2 ' ' 15 ' . 4 BB C C a S B K BC  + Hoàn toàn tương tự diện tích các mặt đều bằng nhau nên 2 2 ' ' 15 4 4 15 4 xq BB C C a S S a   0,25 + Do BDC là tam giác đều cạnh a nên 2 2 DB a OB   . + Và 2 2 2 2 3 ' ' 2 2 a B O B B OB a a            0,25 CâuIV (1,0) (1,0) 3 1 1 3 3 . . ' 3. . 2 2 2 4 a V AC BDOB a a a   0,25 Ta nhận thấy 2 ( 2 1) 0 x y    và 2 (2 3) 0 x my    , 0 x y P     ¡ 2 1 0 0 2 3 0 x y P x my            tức P=0 khi và chỉ khi hệ phương trình trên có nghiệm 2 1 0 2 1 2 3 0 2 3 x y x y x my x my                    có 1 2 4 2 m m     0,25 0 4 0 4 D m m       thì hệ có duy nhất nghiệm tức P=0 xảy ra. 0,25 Câu V (1,0) (1,0) 0 4 0 4 D m m       thì hệ sẽ là 2 1 0 2 4 3 0 x y x y          vô nghiệm nên minP>0. Đặt t=x-2y thì ta có     2 2 2 2 2 14 49 49 7 1 P 1 2 3 5 14 10 5 10 5 5 25 5 5 5 t t t t t t t                            Vậy min 1 5 P  khi 7 7 2 0 5 5 t hay x y      0,5 K Kết luận min 1 5 P  khi m=4 hay minP=0 khi 4 m  + Giả sử có điểm ( ; ) S a b ( ), d m   thì 2 ( 1) 2 1 0, m a mb m m       hay 2 ( 1) 2 1 0 m a mb m      2 (2 1) 1 0 am b m a       (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        0,25 + Nếu 0 a  thì (2) vô nghiệm khi và chỉ khi 2 (2 1) 4 (1 ) 0 b a a     2 2 2 2 1 1 1 4 4 (2 1) 0 ( ) ( ) 2 2 4 a a b a b           vậy những điểm nằm trong đường tròn cố định tâm 1 1 ; 2 2 I       bán kính 1 2 R  thì (d) không qua 0,25 (1,0) Kết hợp cả 2 ta có đường thẳng (d) không đi qua những điểm nằm trong đường tròn tâm 1 1 ; 2 2 I       bán kính 1 2 R  . 0,25 Mặt phẳng chứa đường thẳng (d) có phương trình là ( 1) ( 2) 0 m x y n x z       (với 2 2 0 m n   ) ( ) 2 0 m n x my nz n m        0,25 Để mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu thì ( , ) d I P R  2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) m n m n n m m n m n             2 2 2 4 2 2 2 2 m n m mn n        0,25 2 2 2 0 ( 2 4 ) 2(2 2 2 ) 2 (3 5 ) 0 5 3 n m n m mn n n n m m n                  0,25 Câu VI.a (2,0) (1,0) + Khi 0 n  chọn m=1 được phương trình x-y-1=0, + Khi 5 3 m n  thì chọn 3 5 m n    được phương trình 8x-3y-5z+7=0 0,25 Chứng minh rằng 2 2 1 2 2 1 n n n C n   với , 1 n n    ¥ . Biến đổi vế phải ta được 2 2 2 (2 )! 1.3.5 (2 1) 2 2 . !. ! 2.4.6 (2 ) n n n n C n n n n n    vì vậy phải chứng minh 1 1.3.5 (2 1) 2.4.6 (2 ) 2 1 n n n    0,5 Câu VII.a (1,0) Mà     2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 , , 1 2 2 1 4 4 1 k k k k k k k k k k             ¥ Chọn k lần lượt từ 1,2,…,n rồi nhân các bất đẳng thức vế theo vế ta được đpcm. 0,5 Ta thấy đường tròn ( ) m C có tâm I(m 2 ;2m) và bán kính 2 0; 0 R m m     0,25 Vậy bán kính R bằng hoành độ tâm I nên ( ) m C tiếp xúc với trục Oy tại H. 0,25 Câu VI.b (2,0) (1,0) Ta có quỹ tích tâm I của đường tròn là parabol (P): y 2 =4x có tiêu điểm F(1;0) và đường chuẩn (D): x+1=0 + IH vuông góc với đường chuẩn (D) tại K + IF cắt ( ) m C tại J 0,5 + 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 ( ) m C tiếp xúc với (L) Mặt phẳng (P) chứa đường (d) nên có phương trình m(x+y+1)+n(2y-z+4)=0 với m 2 +n 2 >0; và trục Oy có vectơ chỉ phương (0;1;0) a  r 0,25 + Nếu m=0 thì mặt phẳng (P):2y-z+4=0 thì góc (( ), ) P Oy   có 2 sin 5   + Nếu 0 m  thì có thể giả sử m=1 thì (P): x+(1+2n)y-nz+1+4n=0 2 2 2 2 1 2 1 2 sin 1 (1 2 ) ( ) 5 4 2 n n n n n n             0,25 Nhận xét  lớn nhất khi và chỉ khi sin  lớn nhất 2 2 2 (1 2 ) sin ( ) 5 4 2 n f n n n        0,25 (1,0) 2 2 2 5 2 (2) 6 4 6 4 '( ) 0 1 1 (5 4 2) 0 2 2 n f n n f n n n n f                             và 4 lim ( ) 5 n f n   Vậy sin  lớn nhất khi n=2 do đó mặt phẳng (P): x+5y-2z+9=0 0,25 Đặt 3 0 x t   thì bất phương trình là 2 3 0 t mt m     2 3 ; 0 1 t m t t       0,25 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 2 3 4 1 1 1 t y t t t        2 2 2 4 2 3 ' 1 ( 1) ( 1) t t y t t         2 2 1 2 3 ' 0 0 3 ( 1) t t t y t t               (loại t=-3) 0,25 Câu VII.b (1,0) (1,0) Lập bảng biến thiên ta thấy hàm 2 3 1 t y t    nhận giá trị [2; ); 0 t    Vì vậy để bất phương trình có ít nhất một nghiệm là 2 m  0,25 … Hết… . YÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2 010 -2 011 Môn thi : TOÁN KHỐI A ( Thời gian làm bài 18 0 phút, không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT. đều bằng nhau nên 2 2 ' ' 15 4 4 15 4 xq BB C C a S S a   0,25 + Do BDC là tam giác đều cạnh a nên 2 2 DB a OB   . + Và 2 2 2 2 3 ' ' 2 2 a B O B B OB a a    . m       hay 2 ( 1) 2 1 0 m a mb m      2 (2 1) 1 0 am b m a       (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 