TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 4 2 6 5y x x= − + có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng y = mx – m tiếp xúc với đồ thị (C). Câu 2: (2 điểm) 1. Giải phương trình x x x 4sin 2 2sin 1 cos 1 =+ . 2. Giải hệ phương trình 3 3 2 2 5 3 x y x y x y + = −   − =  . Câu 3: (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a. Đường thẳng A’C lập với mặt phẳng chứa đáy một góc 30 0 và lập với mặt phẳng (ABB’A’) một góc 30 0 . Tính thể tích khối lăng trụ và diện tích mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ. Câu 4: (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 2 4 0x y x y+ − − = và điểm M(6;2). Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho MA 2 + MB 2 = 50. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 7 4 0x y z+ − = và 2 đường thẳng (d 1 ): 1 2 2 1 1 x y z− + = = − ; (d 2 ): 1 2 1 3 x t y t z = − +   = +   =  . Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt hai đường thẳng (d 1 );(d 2 ) và ∆ vuông góc với mặt phẳng (P). Câu 5: (2 điểm) 1. Tính tích phân 1 ( 1)ln ln 1 e dx x x x x − + ∫ . 2. Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt: 2 3 3x m x+ = + . Câu 6: (1 điểm) Cho ba số x, y, z dương thỏa mãn 3xy yz zx+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 1 1 1 x y y z z x P yz zx xy + + + = + + + + + . HẾT Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:……………… …………………………………SBD:………………………………… http://kinhhoa.violet.vn TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN Câu ý Nội dung Điểm 1 (2điểm) 1 4 2 6 5 y x x = − + TXĐ: R 3 ' 4 12 y x x = − . 0 ' 0 3 x y x =  = ⇔  = ±  0,25 Giới hạn: ; lim lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = +∞ bảng biến thiên X -∞ 3 − 0 3 +∞ y’ – 0 + 0 – 0 + Y 0,25 Hàm số đồng biến trên khoảng ( 3;0);( 3; ) − +∞ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ; 3);(0; 3) −∞ − Điểm cực đại (0;5) ; điểm cực tiểu ( 3; 4);( 3; 4) − − − 0,25 Đ ồ thị đồ thị hàm số có 2 điểm uốn là ( 1;0);(1;0) − 6 4 2 -2 -4 -5 5 Nhận xét: đồ thị nhận trục oy là trục đối xứng 0,25 2 Đường thẳng y = mx – m tiếp xúc với đồ thị hàm số 4 2 3 6 5 4 12 x x mx m x x m − + = −  ⇔  − =  có nghiệm 0,25 3 2 3 1 5 5 4 12 x x x x m x x m =     ⇔ + − − =    − =  3 2 3 1 8 5 5 ( ) 4 12 x m x x x m I x x m = ⇒ = −   ⇔ + − − =     − =   0,25 +∞ + ∞ -4 4 − 5 y x O Giải hệ (I): 3 2 3 5 5 4 12 x x x m x x m + − − =   − =  Ta có: 3 2 3 3 2 5 5 4 12 3 7 5 0 1 8 5 40 3 27 x x x x x x x x x m x m + − − = − ⇔ − − + = = ⇒ = −   ⇔  = − ⇒ =  Vậy m= -8 ; m = 40 27 0,25 0,25 2 (2điểm) 1 Điều kiện : cosx 0 sin2x 0 sin 4 0 4 sin4x 0 k x x π ≠   ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠   ≠  0,25 pt x x x x xx 2 cos 2 sin 1 cos 2 sin cos2sin = + ⇔ ⇔ (sin2x + cosx)cos2x = cosx ⇔ sin2x.cos2x = cosx(1 – cos2x) ⇔ sin2xcos2x = 2cosxsin 2 x 0,25 ⇔ sin2xcos2x − sin2xsinx = 0 ⇔ cos2x − sinx = 0 (vì sin2x ≠ 0) ⇔ 2sin 2 x + sinx − 1 = 0 2 ( ) 2 sinx= 1 2 1 6 sinx= 2 5 2 6 x k loai x k x k π π π π π π  = − +  −     ⇔ ⇔ = +      = +   0,25 Vậy nghiệm của phương trình là : )( 2 6 5 2 6 Zk kx kx ∈       += += π π π π 0,25 2 Với x= 0 ta có 3 2 3 y y y = −   − =  hệ vô nghiệm Với 0 x ≠ đặt y = tx. Ta có hệ : 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 5 (1 ) 5 3 (1 ) 3 x t x x tx t x t x t x t x ⇔ + = − + = −     − = − =   0,5 Suy ra : 3 2 3 2 3(1 ) (5 )(1 ) 2 5 2 0 t t t t t t + = − − ⇔ + + − = 1 1; 2; 2 t t t ⇔ = − = − = 0,25 Với 2 1 0. 3 t x = − ⇒ = pt vô nghiệm Với 2 2 2 3 3 1 t x x = − ⇒ − = ⇒ = − pt vô nghiệm Với 2 2 1 1 4 2 1 2 x y t x x y = ⇒ =  = ⇒ = ⇒  = − ⇒ = −  Vậy hệ có 2 nghiệm là (2;1) ; (-2;-1) 0,25 I A B C B' C' A' 3 (1điểm) Vì A là hình chiếu của A’ lên (ABC)    0 ( ' ,( )) ( ' ; ) ' 30 A C ABC A C AC A CA ⇒ = = = Vì BC BA ⊥ và BC ' BB ⊥ Suy ra BC ( ' ') ABB A ⊥    0 ( ' ,( ' ')) ( ' ; ' ) ' 30 A C ABB A A C A B BA C ⇒ = = = 0,25 Đặt BC = x. Trong tam giác vuông BCA’ ta có : A’C = BC/sin30 0 = 2x Trong tam giác vuông ABC ta có : AC 2 = AB 2 +BC 2 = a 2 + x 2 Trong tam giác vuông AA’C ta có : AC= A’C.cos30 0 2 2 2 3 2 ' . 3 2 2 a AC A C a x x x⇒ = ⇔ + = ⇔ = 0 2 ' ' .sin30 2 a AA A C⇒ = = Vậy 3 . ' ' ' ABC 1 AA'.S '. . 2 4 ABC A B C a V AA AB BC = = = 0,5 Gọi I = ' ' A C AC ∩ suy ra IA = IC = IC’ =IA’ =IB = IB’ = R Ta có R = A’C/2 = 2 2 a Vậy 2 2 4 2 mc S R a π π = = 0,25 4 (2điểm) 1 đường tròn (C) có tâm I(1;2) , bk R = 5 Ta có : 2 2 2 2 ( ) 2 AB MB MA MB MA MBMA = − = + −    Mà 2 2 . 20 MA MB MI R = − =   Suy ra AB 2 =10 2 2 2 10 2 IH IA AH⇒ = − = 0,5 Đường thẳng ∆ đi qua M(6;2) có dạng : a(x – 6) + b(y – 2) = 0 ( với a 2 +b 2 ≠0) Ta có 2 2 2 2 (1 6) (2 2) 10 ( , ) 9 2 a b d I IH a b a b − + − ∆ = ⇔ = ⇔ = + 0,25 a=0 ⇒ b= 0 vô lý. Cho a =1 3 b ⇒ = ± Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn đầu bài là : x+3y – 12 = 0 và x – 3y = 0 0,25 2 Gọi A, B là giao điểm của ∆ với 2 đường thẳng (d 1 ) và (d 2 ) Suy ra A(2a;1-a;-2+a) ∈ (d 1 ) ; B(-1+2b;1+b;3) ∈ (d 2 ) (2 2 1; ;5 ) AB b a a b a − − + −  ; (7;1; 4) P n −  0,25 H I B A M I I Vì ( ) ( ) // P P AB P AB n ∆ ⊥ ⇔ ⊥ ⇔   9 5 1 1 2 2 1 5 3 4 5 2 7 1 4 a b a b a a b a a b b + = − =   − − + − = = ⇔ ⇔   + = − = − −   0,5 Suy ra A(2;0;-1) ; B(-5;-1;3) Vậy phương trình đường thẳng ∆ là: 2 1 1 7 4 x y z − + = = − 0,25 5 (2điểm) 1 1 1 1 ( 1)ln ln 1 ln 1 ln 1 1 ln 1 ln 1 ln 1 e e e dx dx dx x x x x x x I e x x x x x x − + − − + = = = − − + + + ∫ ∫ ∫ 0,25 Đặt ln 1 (ln 1) t x x dt x dx = + ⇒ = + Đổi cận : x=1 ⇒ t =1 ; x = e ⇒ t = e+1 1 1 1 1 1 1 ln 1 ln ln( 1) ln 1 e e e dx dt t x t e x x + + + = = = + + ∫ ∫ 0,5 Vậy I = e – 1 – ln(e+1) 0,25 2 2 2 3 3 3 (1) 3 x x m x m x + + = + ⇔ = + 0,25 Xét 2 3 ( ) ; 3 x f x x R x + = ∈ + ; 2 3 3 3 '( ) ( 3) x f x x − = + f’(x) = 0 khi x =1 2 3 lim 1 3 x x x →+∞ + = + ; 2 3 lim 1 3 x x x →−∞ + = − + 0,25 B ảng biến thi ên x - ∞ 1 + ∞ f ’ (x) + 0 – f(x) Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt ⇔ pt (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 1< m < 2 0,5 6 (1điểm) Ta có: 3 ( ) ( ) ( ) 3 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) x y y z z x x y y z z x P yz zx xy yz zx xy + + + + + + = + + ≥ + + + + + + Mà 3 (1 ) (1 ) (1 ) (1 )(1 )(1 ) 2 3 yz zx xy yz zx xy + + + + + + + + ≤ = Ta lại có ( )( )( ) ( )( ) x y y z z x x y z xy yz zx xyz + + + = + + + + − 3( ) x y z xyz = + + − Mà 2 ( ) 3( ) 9 3 x y z xy yz zx x y z + + ≥ + + = ⇒ + + ≥ 2 2 2 3 3 1 xy yz zx x y z xyz + + ≥ ⇒ ≤ Suy ra ( )( )( ) 8 x y y z z x + + + ≥ 3 3 8 ( ) ( ) ( ) 3 3. 3 2 (1 ) (1 ) (1 ) x y y z z x P yz zx xy + + + ≥ ≥ = + + + Vậy min P =3 . Dấu “= “ xảy ra khi x= y =z =1 0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa -1 1 2 . CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2011 – 2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 4 2 6 5y x x= − + có đồ thị (C). 1 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:……………… …………………………………SBD:………………………………… http://kinhhoa.violet.vn TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC. 2011 – 2012 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN Câu ý Nội dung Điểm 1 (2điểm) 1 4 2 6 5 y x x = − + TXĐ: R 3 ' 4 12 y x x = − . 0 ' 0 3 x y x =  = ⇔  = ±  0 ,25 Giới hạn: