TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề THI THỬ LẦN 2 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2 1 4 4 ,(1) 2 y x mx m= + + 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi 1m = − . 2) Tìm giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị, đồng thời ba điểm cực trị của đồ thị xác định một tam giác có diện tích bằng 1 2 . Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 3(tan sin ) 2cos (1 cos ) 2sin tan sin x x x x x x x + − + = − 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2( ) 6 ( 2)( 2) 9 x y x y xy x y  + + + =  + + =  Câu III. (1,0 điểm) Tính: 2 3 2 3 ( sin )sin (1 sin )sin x x x x I dx x x π π + + = + ∫ Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông có CA CB a= = , góc giữa đường thẳng 'BA và mặt phẳng ( ' ')ACC A bằng 0 30 . Gọi M là trung điểm của cạnh ' 'A B . Tính theo a thể tích của khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( ) 'A BC . Câu V. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 ,( , ) 1 a b P a b R a b + = ∈ + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI. a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : 0x y∆ + = và ': 7 0x y∆ − = . Lập phương trình đường thẳng ( )l đi qua điểm (4;0)A và cắt , '∆ ∆ lần lượt tại ,M N biết tam giác OMN cân tại O , ( O là gốc của hệ trục tọa độ). 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 6 6 6 0S x y z x y z+ + − − − − = và đường thẳng 2 2 : 1 x t y z t = −   ∆ =   =  . Lập phương trình mặt phẳng ( ) α chứa đường thẳng ∆ và cắt mặt cầu ( ) S theo đường tròn có bán kính bằng 4. Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 2 log 64 log 16 3 x x + ≥ B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI. b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng :3 4 12 0x y∆ − − = và hai điểm (1;1), ( 1;5)A B − . Lập phương trình đường tròn ( ) c đi qua ,A B và cắt đường thẳng ∆ tại hai điểm ,M N biết dây cung MN có độ dài bằng 6. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm ( ) 1;4;2A , ( ) 1;2;4B − . Viết phương trình đường thẳng ( ) ∆ đi qua trực tâm H của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng ( ) OAB . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng ( ) OAB sao cho 2 2 MA MB+ nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm hệ số chứa 18 x trong dạng khai triển của: 13 2 10 ( 2) ( 2 4)P x x x= + − + . 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:…………… TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề THI THỬ LẦN 2 Câu I.1 (1,0 đ) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số 4 2 2 1 4 4 ,(1) 2 y x mx m= + + khi 1m = − . + 4 2 1 4 4 2 y x x= − + . Txđ: R lim x y →±∞ = +∞ 2 0 ' 2 ( 4); ' 0 2 x y x x y x =  = − = ⇔  = ±  Bảng biến thiên: x −∞ -2 0 2 −∞ 'y − 0 + 0 − 0 + y +∞ 4 +∞ 4− 4− Hàm số đồng biến trong các khoảng: ( ) ( ) 2;0 , 2;− +∞ Hàm số nghịch biến trong các khoảng: ( ) ( ) ; 2 , 0;2−∞ − Các điểm cực tiểu của đồ thị: ( 2; 4),(2; 4)− − − Điểm cực đại: (0;4) + Điểm uốn của đồ thị: 2 2 '' 6 8, '' 0 3 y x y x= − = ⇔ = ± , các điểm uốn 1,2 2 4 ; 9 3 U   ± −  ÷   + Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu I.2 (1,0 đ) 4 2 2 2 2 1 4 4 2 0 ' 2 ( 4 ); ' 0 4 y x mx m x y x x m y x m = + + =  = + = ⇔  = −  Để đồ thị hàm số có 3 cực trị thì 4 0 0m m− > ⇔ < Cực đại 2 (0;4 )A m , hai cực tiểu 2 2 ( 2 ; 4 ), (2 ; 4 )B m m C m m− − − − − Khoảng cách từ cực đại đến đường thẳng qua 2 cực tiểu: 2 8h m= , 4BC m= − 2 2 1 1 1 . 4 .8 2 2 2 1 32 1 4 ABC S BC h m m m m m = = − = ⇔ − = ⇔ = − V 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II.1 (1,0 đ) Giải phương trình: 2 3(tan sin ) 2cos (1 cos ) 2sin tan sin x x x x x x x + − + = − Điều kiện: sin 0 sin (1 cos ) tan sin 0 0 cos 1 , cos cos 0 2 cos 0 cos 0 x x x x x x x k k Z x x x x π ≠  −  − ≠ ≠    ⇔ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈    ≠    ≠ ≠   , (*) Với điều kiện (*) ta có: 0,25 ( ) 2 3(tan sin ) 3(tan sin ) 2cos (1 cos ) 2sin 2(1 cos ) tan sin tan sin 3(1 cos ) 2(1 cos ) (1 cos ) 3 2(1 cos ) 0 1 cos x x x x x x x x x x x x x x x x x + + − + = ⇒ = + − − + ⇒ = + ⇒ + − − = − 1 cos 2 cos 1, ( sin 0 2 2 3 x x x x k π π  = −  ⇒  = − =  ⇒ = ± + loaûi do : ) Vậy phương trình có nghiệm: 2 2 , 3 x k k Z π π = ± + ∈ 0,25 0,25 0,25 Câu II.2 (1,0 đ) Giải hệ phương trình: 2 2 2( ) 6 ( 2)( 2) 9 x y x y xy x y  + + + =  + + =  . { } 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) ( 2 ) 6 2( ) 6 ( 2)( 2) 9 ( 2 )( 2 ) 9 2 3 2 3 ( ; ) (1;1),(1; 3),( 3;1),( 3; 3) x x y y x y x y xy x y x x y y x x y y x y  + + + =  + + + =  ⇔   + + = + + =     + =  ⇔  + =   ⇔ ∈ − − − − 0,25 0,25 0,5 Câu III (1,0 đ) 2 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 3 3 ( sin )sin (1 sin ) sin (1 sin )sin (1 sin )sin sin 1 sin x x x x x x x I dx dx x x x x x dx dx x x π π π π π π π π + + + + = = + + = + + ∫ ∫ ∫ ∫ + Đặt 2 cot sin u x du dx dx v x dv x =  =   ⇒   = − =    ( ) 2 2 2 2 3 3 3 3 2 3 3 3 3 cot cot cot ln sin sin 3 | | x dx x x xdx x x x x π π π π π π π π π = − + = − + = ∫ ∫ 2 2 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 1 sin 1 cos 2cos 2 4 2 tan 3 2 4 2 | dx dx dx x x x x π π π π π π π π π π π + = = = +     + − −  ÷  ÷       = − = −  ÷   ∫ ∫ ∫ Vậy 3 2 3 I π = + − 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV (1,0 đ) Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại C . ( ' ')BC CAA C⊥ · 0 ' 3 tan30 tan ' BC a CA a BA C = = = Nên: 2 2 2 2 ' ' 3 2AA A C AC a a a= − = − = Thể tích của lăng trụ là: 2 3 2 . ' 2 2 2 ABC a a V S AA a= = = 0,25 0,25 * Tính ( ) ,( ' )d M A BC : Dễ thấy ( ' ') 'BC ACC A A BC⊥ ⇒ ∆ vuông tại C ( ) ( ) ( ) '. ' ' ' 1 ,( ' ) ',( ' ) 2 1 1 ',( ' ) 2 2 3. 1 1 1 1 2 2 2 6 ' . 2 C A BC A BC A BC d M A BC d B A BC d C A BC h V V V a S S A C BC = = = = = = = = = 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 1 a b P a b + = + + Ta có: ( ) 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 4 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 8 a b a b a b a b a b a b   + ≥ + ⇒ + ≥ + ≥ + = +  ÷   Nên 4 4 4 4 8 1 1 8 ( ) 1 ( ) 8 a b a b a b P a b a b a b + + + = ≤ = + + + + + + Đặt 0t a b= + ≥ và xét: [ ) ( ) 4 4 2 4 8 ( ) ; 0; 8 8(8 3 ) '( ) 8 t f t t t t f t t = ∈ +∞ + − = + 4 8 '( ) 0 3 f t t= ⇔ = Bảng biến thiên: t 0 4 8 3 +∞ '( )f t + 0 − ( )f t 4 27 32 0 0 Vậy 4 4 27 27 32 32 P− ≤ ≤ P bé nhất bằng 4 27 32 − khi 2 1 6 a b= = − P lớn nhất bằng 4 27 32 khi 2 1 6 a b= = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu AVI.1 (1,0 đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : 0x y∆ + = và ': 7 0x y∆ − = . Lập phương trình đường thẳng ( )l đi qua điểm (4;0)A và cắt , '∆ ∆ lần lượt tại ,M N biết tam giác OMN cân tại O . Ta có O là giao điểm hai đường thẳng đã cho. Tam giác OMN cân tại O nên ( l ) 30 o 'A A C B 'C 'B M vuông góc với đường phân giác của góc hợp bởi hai đường thẳng ∆ và '∆ . + Phương trình các đường phân giác góc hợp bởi hai đường thẳng ∆ và '∆ : 3 0 7 3 0 2 50 x y x y x y x y + =  + − = ± ⇔  − =  Vậy có 3 đường thẳng thỏa mãn: ( ) :3 12 0 ( ) : 3 4 0 l x y l x y − − =   + − =  0,25 0,25 0,25 0,25 Câu AVI.2 (1,0 đ) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 6 6 6 0S x y z x y z+ + − − − − = và đường thẳng 2 2 : 1 x t y z t = −   ∆ =   =  . Lập phương trình mặt phẳng ( ) α chứa đường thẳng ∆ và cắt mặt cầu ( ) S theo đường tròn có bán kính bằng 4 Mặt cầu có tâm: (1;3;3)I có bán kính: 5R = Mặt phẳng ( ) α có phương trình dạng: 2 2 2 0,( 0)ax by cz d a b c+ + + = + + > Mặt phẳng ( ) α chứa đường thẳng ∆ nên: ( ) (2;1;0) ( ; ; ) ( 2;0;1) A n a b c u α  ∈   ⊥ −   r r Mặt phẳng ( ) α cắt (S) theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên: ( ) 2 2 ,( ) 4 3d I R α = − = Ta có hệ: 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 3 3 5 2 20 20 5 0 3 3 5 a b d d a b d a b a c c a c a a b c d a b a ab b a b c a b      + + = = − − = − −      − + = ⇔ = ⇔ =       + + + + − + =    = =   + + +   Xét 0 0, 0b a c= ⇒ = = loại Xét 0b ≠ , chọn 2b = 1a ⇒ = , 2, 4c d= = − Mp ( ) : 2 2 4 0x y x α + + − = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu AVII (1,0 đ) Giải bất phương trình: 2 2 log 64 log 16 3 x x + ≥ Điều kiện: 1 0; ; 1 2 x x x> ≠ ≠ 2 2 2 2 6 4 log 64 log 16 3 3 1 log 2log x x x x + ≥ ⇔ + ≥ + Đặt 2 log ; 0, 1t x t t= ≠ ≠ − ta được: 6 2 3 5 2 3 0 1 (1 ) t t t t t t − + + + ≥ ⇔ ≥ + + 1 1 3 0 2 t t −  − < ≤  ⇔  < ≤  Vậy: 2 3 2 1 1 1 1 log 2 3 2 0 log 2 1 4 x x x x −   < ≤ − < ≤   ⇔   < ≤ < ≤    0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VI.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng :3 4 12 0x y∆ − − = và hai điểm (1;1), ( 1;5)A B − . Lập phương trình đường tròn ( ) c đi qua ,A B và cắt đường thẳng (1,0 đ) ∆ tại hai điểm ,M N biết dây cung MN có độ dài bằng 6. Gọi ( , )I a b là tâm đường tròn, P là trung điểm MN nên , 3IP MN MP⊥ = Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 5) 3 4 12 ( , ) ( 1) ( 1) 9 5 a b a b R IA IB R a b d I IP IM MP a b  − + − = + + − = = =    ⇔   − − ∆ = = −  = − + − −    ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 2 6 2 6 121 630 125 0 2 30 25 (2 7) ( 1) 9 R a b R a b a b a b b b b b b   = − + − = − + −    ⇔ = − ⇔ = −     − + = − = − + − −    2 2 5, 4, 25 25 676 644425 , , 121 121 14641 b a R b a R  = = =  ⇔ −  = = =   Có hai đường tròn 2 2 2 2 ( ) : ( 4) ( 5) 25 25 676 644425 ( ') :( ) ( ) 121 121 14641 C x y C x y − + − = − + + = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu B.VI.2 (1,0 đ) Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm ( ) 1;4;2A , ( ) 1;2;4B − . Viết phương trình đường thẳng ( ) ∆ đi qua trực tâm H của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng ( ) OAB . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng ( ) OAB sao cho 2 2 MA MB+ nhỏ nhất. ( ) ( ) ( ) 1;4;2 , 12, 6,6 1;2;4 OA n OA OB OB  =    ⇒ = = −    = −   uuur r uuur uuur uuur mặt phẳng ( ):OAB 2 0x y z− + = ( , , )H a b c là trực tâm tam giác OAB nên : 0 ( ) 2 0 5 2 2 2 0 2 ( 1) 2( 4) 4( 2) 0 5 2 a H mp OAB a b c OH AB a b c b a b c AH OB c   = ∈  − + =      ⊥ ⇔ − − + = ⇔ =       − − + − + − = ⊥    =   uuur uuur uuur uuur ( ) 2 5 : 2 5 2 x t y t z t   =   ∆ = −    = +   Với mọi điểm K ta đều có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2MA MB KA KM KB KM KA KB KM KM KA KB+ = − + − = + + − + uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuur Chọn (0;3;3)K là trung điểm AB nên 2 2 2 2 2 2MA MB KA KM+ = + KA không đổi nên 2 2 MA MB+ nhỏ nhất khi KM ngắn nhất khi đó M là hình chiếu của K trên mặt phẳng ( )OAB 0,25 0,25 0,25 ( ; ; ) ( ; 3; 3) / / (2; 1;1) (2 ;3 ;3 ) M x y z KM x y z n M t t t ⇒ = − − = − ⇔ − + uuuur r ( ) 4 (3 ) (3 ) 0 0M OAB t t t t∈ ⇒ − − + + = ⇒ = Vậy (0;3;3)M 0,25 Câu B.VII (1,0 đ) Tìm hệ số chứa 18 x trong dạng khai triển của biểu thức: 13 2 10 ( 2) ( 2 4)P x x x= + − + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 10 10 3 3 2 3 10 3 10 3 2 10 0 ( 2)( 2 4) 2 8 2 8 6 12 8 k k k k P x x x x x x C x x x x − = = + − + + = + + = = + + + ∑ Hệ số chứa 18 x là: 5 5 6 4 18 10 10 8 8 .8a C C= + (chỉ có trong trương hợp 5k = và 6k = ) Vậy hệ số cần tìm: 18 15138816a = 0,25 0,25 0,25 0,25 . danh:…………… TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề THI THỬ LẦN 2 Câu I.1 (1,0. TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề THI THỬ LẦN 2 I. PHẦN CHUNG. )sin (1 sin )sin sin 1 sin x x x x x x x I dx dx x x x x x dx dx x x π π π π π π π π + + + + = = + + = + + ∫ ∫ ∫ ∫ + Đặt 2 cot sin u x du dx dx v x dv x =  =   ⇒   = − =    ( ) 2 2 2