KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị (C 32 2 3(2 1) 6 ( 1) 1yx mx mmx    m ). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng   ;2 Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 xx b) Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22  xxxx Câu III (1 điểm) Tính tích phân    2ln3 0 23 )2( x e dx I Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đ ều cạnh a , hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bi ết khoảng cách giữa AA’ và BC là a3 4 Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: .Tìm giá trị lớn nhất ,n hỏ nhất của biểu thức 1 22  yxyx 1 1 22 44    yx yx P B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: , 10)2)(3)(( 2  zzzz z C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau ():3 5 0xy b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 5 1 1 3 4 : 1        zyx d 13 3 1 2 : 2 zyx d     Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22  xxx …… . HẾT . 63 Đề thi thử Đại học 2011 -62- http://www.VNMATH.com ĐÁP ÁN Câu I a) Học sinh tự làm 0,25 32 2 3(2 1) 6 ( 1) 1yx mx mmx    )1(6)12(66' 2  mmxmxy y’ có 01)(4)12( 22  mmm 0,5       1 0' mx mx y Hàm số đồng biến trên  ;2  0'y 2x  21 m  1m 0,25 b) 0,25 Câu II a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 xx 1 điểm PT  1)1cos4(3cos2 2 xx  1)sin43(3cos2 2  xx 0,25 Nhận xét Zkkx  ,  không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 1)sin43(3cos2 2  xx  xxxx sin)sin4sin3(3cos2 3   xxx sin3sin3cos2   xx sin6sin  0,25     26 mxx      26 mxx         7 2 7 5 2   m x m x ; m Z 0,25 Xét khi  5 2  m  k  2m=5k  m t5 , Zt  Xét khi 7 2 7  m  =  k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Zl  Vậy phương trình có nghiệm: 5 2  m x  ( tm 5 ); 7 2 7  m x  ( ) trong đó 37  lm Zltm ,, 0,25 Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22  xxxx 1 điểm PT  631012)13(2 22  xxxx 232)12(412)13(2 222  xxxxx . Đặt )0(12 2  txt Pt trở thành 02 32)13(24 22  xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13('  xxxx 0,25 b) Pt trở thành 0232)13(24 22  xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13('  xxxx 0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -63- http://www.VNMATH.com Từ đó ta có phương trình có nghiệm : 2 2 ; 2 12     x t x t Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:          7 602 ; 2 61 x 0,5 Tính tích phân    2ln3 0 23 )2( x e dx I 1 điểm Ta c ó    2ln3 0 2 33 3 )2( xx x ee dxe I = Đặt u= 3 x e  dxedu x 3 3  ;22ln3;10  uxux 0,25 Ta được:    2 1 2 )2( 3 uu du I =3 du u uu              2 1 2 )2(2 1 )2(4 1 4 1 0,25 =3 2 1 )2(2 1 2ln 4 1 ln 4 1           u uu 0,25 Câu III 8 1 ) 2 3 ln( 4 3  Vậy I 8 1 ) 2 3 ln( 4 3  0,25 Câu IV Gọi M là trung điểm BC ta thấy:      BCOA BCAM ' )'( AMABC  Kẻ ( do nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) ,'AAMH  A Do .Vậy HM là đọan vông góc chung của BCHM AMAHM AMABC       )'( )'( 0,5 C’ A’ B’ H A C O M B 63 Đề thi thử Đại học 2011 -64- http://www.VNMATH.com AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd  . Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AH HM AO OA  '  suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A  Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC  0,5 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 3 cba .Chứng minh rằng: 134)(3 222  abccba 1 điểm Đặt 2 ;134)(3),,( 222 cb tabccbacbaf   *Trước hết ta chưng minh: : Thật vậy ),,(),,( ttafcbaf  Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết cba  33  cbaa hay a 1   ),,(),,( ttafcbaf 4)(3 222  cba 134)(313 2222  atttaabc = )(4)2(3 2222 tbcatcb  =                 22 22 4 )( 4 4 )(2 3 cb bca cb cb = 2 2 )( 2 )(3 cba cb   = 0 2 ))(23( 2   cba do a 1 0,5 *Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: với a+2t=3 0),,( ttaf Ta có 134 )(3),,( 2222  atttattaf = 13)23(4))23((3 2222  ttttt = do 2t=b+c < 3 0)47()1(2 2  tt Dấu “=” xảy ra 10&1  cbacbt (ĐPCM) 0,5 2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 1 22  yxyx 1 1 22 44    yx yx P Câu V Tõ gi¶ thiÕt suy ra: xyxyyx xyxyxyyxyx 33)(1 21 2 22   0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -65- http://www.VNMATH.com Từ đó ta có 1 3 1 xy . Măt khác xyyxyxyx 11 2222 nên .đăt t=xy 12 2244 xyyxyx Vởy bi toán trở thnh tìm GTLN,GTNN của 1 3 1 ; 2 22 )( 2 t t tt tfP 0.25 Tính )(26 26 0 )2( 6 10)(' 2 lt t t tf 0.25 Do hm số liên tục trên 1; 3 1 nên so sánh giá trị của ) 3 1 ( f , )26( f , cho ra kết quả: )1(f 626)26( fMaxP , 15 11 ) 3 1 (min fP 0.25 Cõu VIa 1 im (Hc sinh t v hỡnh) Ta cú: 1; 2 5AB AB . Phng trỡnh ca AB l: 2 2 0xy . :;I dyx Itt . I l trung im ca AC: )2;12( ttC 0,5 a) Theo bi ra: 2),(. 2 1 ABCdABS ABC 446. t 3 4 0 t t T ú ta cú 2 im C(-1;0) hoc C( 3 8 ; 3 5 ) tho món . 0,5 1 im *T phng trỡnh on chn suy ra pt tng quỏt ca mp(ABC) l:2x+y-z-2=0 0.25 *Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca O l ờn (ABC), OH vuụng gúc vi (ABC) nờn )1;1;2(// nOH ; H ABC Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vo phng trỡnh( ABC) cú t= 3 1 suy ra ) 3 1 ; 3 1 ; 3 2 ( H 0,25 b) *O i xng vi O qua (ABC) H l trung im ca OO ) 3 2 ; 3 2 ; 3 4 (' O 0,5 Gii phng trỡnh: , 10)2)(3)(( 2 zzzz z C. 1 im CõuVIIa PT 10)3)(1)(2( zzzz ( 0)32)(2 22 zzzz t . Khi ú phng trỡnh (8) tr thnh: zzt 2 2 0,25 63 thi th i hc 2011 -66- http://www.VNMATH.com Đặt . Khi đó phương trình (8) trở thành zzt 2 2  0103 2  tt 0,25             61 1 5 2 z iz t t Vậy phương trình có các nghiệm: 61z ; iz  1 0,5 Câu VIb a) 1 điểm Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0xy  và 5AB  Viết phương trình đường CD: 417 xy 0   và 17CD  0,25 Điểm M thuộc có toạ độ dạng:  (;3 5) Mtt  Ta tính được: 13 19 11 37 (, ) ;(, ) 5 17 tt dM AB dMCD   0,25 Từ đó: (, ). (, ). MAB MCD S S d M AB AB d M CD CD  7 9 3 tt  Có 2 điểm cần tìm là: 7 ( 9; 32), ( ; 2) 3 MM 0,5 1 điểm Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1 , d 2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥   12 ,dd d dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 , d 2 0, 25 Ta tìm A, B : ' AB u AB u          Ad 1 , Bd 2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) 0,25  AB  (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) I(2; 1; -1)  0,25 b) Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 Nên có phương trình là:  2 22 2(1)(1)xyz6    0,25 Giải bất phương trình 2log9)2log3( 22  xxx 1 điểm Điều kiện: 0x Bất phương trình  )1(2log)3(3 2  xxx Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. 0.25 CâuVIIb TH1 Nếu BPT 3x  3 1 log 2 3 2    x x x 0,25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -67- http://www.VNMATH.com Xét hàm số: xxf 2 log 2 3 )(  đồng biến trên khoảng   ;0 3 1 )(    x x xg nghịch biến trên khoảng   ;3 *Với : Ta có Bpt có nghiệm 4x  4x 4x       3)4()( 3)4()( gxg fxf * Với : Ta có Bpt vô nghiệm      3)4()( 3)4()( gxg fxf TH 2 :Nếu BPT 30  x  3 1 log 2 3 2    x x x xxf 2 log 2 3 )(  đồng biến trên khoảng   ;0 3 1 )(    x x xg nghịch biến trên khoảng   3;0 *Với : Ta có Bpt vô nghiệm 1x  1x  10       0)1()( 0)1()( gxg fxf * Với : Ta có Bpt có nghiệm      0)1()( 0)1()( gxg fxf  x 0,25 Vậy Bpt có nghiệm      10 4 x x 0,25 Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa. 63 Đề thi thử Đại học 2011 -68- http://www.VNMATH.com Trờng Lơng thế Vinh H nội. Đề thi thử ĐH lần I . Môn Toán (180) Phần bắt buộc. Câu 1.(2 điểm) Cho hm số 1 12 x x y 1. Khảo sát sự biến thiên v vẽ đồ thị (C) của hm số . 2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm )2;1(I tới tiếp tuyến của (C) tại M l lớn nhất . CÂU 2. (2 điểm). 1. Giải phơng trình : 01 . cossin2sinsin2 2 xxxx 2. Tìm giá trị của m để phơng trình sau đây có nghiệm duy nhất : 0)23(log)6(log 2 25,0 xxxm CÂU 3 . (1điểm) Tính tích phân: 2 1 2 2 4 dx x x I . CÂU 4. (1 điểm). Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau v . Gọi C v D lần lợt l hình chiếu của điểm B trên AC v AD. Tính thể tích tích tứ diện ABCD. aCDBCAB CÂU 5. (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé nhất của biểu thức: CBAAS 2cos2coscos23cos . Phần tự chọn (thí sinh chỉ lm một trong hai phần : A hoặc B ) Phần A CÂU 6A. (2 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )5;2(,)1;1( BA 2 , đỉnh C nằm trên đờng thẳng 04 x , v trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 06 . Tính diện tích tam giác ABC. 3 yx 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d v d lần lợt có phơng trình : d : z y x 1 2 v d : 1 5 3 2 2 z y x . Chứng minh rằng hai đờng thẳng đó vuông góc với nhau. Viết phơng trình mặt phẳng )( đi qua d v vuông góc với d CÂU7A. (1 điểm) Tính tổng : n n n nnnn CnCCCCS )1()1(432 3210 Phần B. CÂU 6B. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )2;1(,)1;2( BA , trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 02 . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5 . yx 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d v d lần lợt có phơng trình : d : z y x 1 2 v d : 1 5 3 2 2 z y x . Viết phơng trình mặt phẳng )( đi qua d v tạo với d một góc 0 30 CÂU7B. (1 điểm) Tính tổng : n nnnn CnCCCS )1(32 210 1 63 thi th i hc 2011 -69- http://www.VNMATH.com Đáp án môn Toán. Câu 1. 1. Tập xác định : 1x . 1 3 2 1 12 xx x y , 2 )1( 3 ' x y , Bảng biến thiên: Tiệm cận đứng : , tiệm cận ngang 1x 2y 2. Nếu )( 1 3 2; 0 0 C x xM thì tiếp tuyến tại M có phơng trình )( )1( 3 1 3 2 0 2 00 xx xx y hay 0)1(3)2()1()(3 0 2 00 xyxxx . Khoảng cách từ tới tiếp tuyến l )2;1(I 2 0 2 0 4 0 0 0 0 )1( )1( 9 6 )1(9 16 9 )1(3 x x x x x x d 4 0 1 )1(3 x . Theo bất đẳng thức Côsi 692)1( )1( 9 2 0 2 0 x x , vây 6d . Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi 3131)1( )1( 9 0 2 0 2 0 2 0 xxx x . Vậy có hai điểm M : 32;31 M hoặc 32;31 M CÂU 2. 1) . 01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2 22 xxxxxxxx . Vậy 22 )3cos2()1(cos8)1cos2( xxx 5,0sin x hoặc 1cossin xx . 2 Với ta có 5,0sin x kx 2 6 hoặc kx 2 6 5 4 sin 2 2 4 sin1cos xxx Với sin ta có 1cos xx sin , suy ra kx 2 hoặc kx 2 2 3 2) log 0)23(log)6( 2 25,0 xxxm )23(log)6(log 2 22 xxxm 38 13 236 023 2 2 2 xxm x xxxm xx Xét hm số ta có 13,38)( 2 xxxxf 82)(' xxf , 0)(' xf khi , do đó nghịch biến trong khoảng 4x )(xf )1;3( , 6)1(,18)3( f 18m f . Vậy hệ phơng trình trên có nghiệm duy nhất khi 6 CÂU 3. Đặt thì , khi tx sin2 tdtdx cos2 1x thì 6 t , khi 2x thì 2 t , vậy: 2 1 2 6 2 2 2 2 sin cos4 dt t t dx x x I 2 6 2 6 2 6 2 )(cot1 sin 1 ttddt t 3 3 CÂU 4. Vì ABCDBCCD , nên )(ABCmpCD v do đó )()( ACDmpABCmp .Vì nên ACBC ' )(ACDmpBC . Suy ra nếu V l thể tích tứ diện ABCD thì ').''( 3 1 BCDACdtV . 63 thi th i hc 2011 -70- http://www.VNMATH.com Vì tam giác ABC vuông cân nên 2 2 ''' a BCCCAC . Ta có nên 2222222 3aCDBCABBDABAD 3aAD . Vì BD l đờng cao của tam giác vuông ABD nên , Vậy 2 '. ABADAD 3 ' a AD . Ta có 12 2 3 1 3 3 2 2 2 1 '.'.ADAC 2 1 2 1 )''( 2 aaa AD CD DACdt sin''. DACADAC . Vậy 2 2 . 12 2 3 1 2 aa V 36 3 a CÂU 5. = CBAAS 2cos2coscos23cos )cos()cos(2cos23cos CBCBAA . . )cos(1cos23cos CBAA Vì nên , dấu bằng xẩy ra khi 0)cos(1,0cos CBA AS 3cos 1)cos( CB hay 2 180 0 A CB . Nhng , dấu bằng xẩy ra khi hay A = 13cos A 0 0 601803 A Tóm lại : S có giá trị bé nhất bằng -1 khi ABC l tam giác đều. Phần A (tự chọn) CÂU 6A. 1. Ta có . Khi đó tọa độ G l );4( C yC 3 2 3 51 ,1 3 421 CC GG yy yx . Điểm G nằm trên đờng thẳng nên 06 32 yx 0662 C y , vậy 2 C y , tức l )2;4(C . Ta có )1;3(,)4;3( ACAB , vậy 5AB , 10AC , 5. ACAB . Diện tích tam giác ABC l 2510.25 2 1 2 1 2 22 ACABACABS = 2 15 2.Đờng thẳng d đi qua điểm v có vectơ chỉ phơn g )0;2;0(M )1;1;1( u Đờng thẳng d đi qua điểm v có vectơ chỉ phơn g )5;3;2(' M )1;1;2(' u Ta có )5;1;2( MM , )3;3;0('; uu , do đó 012'.'; MMuu vậy d v d chéo nhau. Mặt phẳng )( đi qua điểm v có vectơ pháp tuyến l )0;2;0(M )1;1;2(' u nên có phơng trình: hay 0)22 zx ( y 022 z yx CÂU 7A. Ta có , suy ra nn nnnn n xCxCxCCx 2210 )1( . 132210 )1( nn nnnn n xCxCxCxCxx Lấy đạo hm cả hai vế ta có : 1 )1()1( nn xnxx nn nnnn xCnxCxCC )1(32 2210 Thay vo đẳng thức trên ta đợc S. 1x Phần B (tự chọn) CÂU 6B. 1. Vì G nằm trên đờng thẳng nên G có tọa độ 02 yx )2;( ttG . Khi đó )3;2( ttAG , )1;1( AB Vậy diện tích tam giác ABG l 1)3()2(2 2 1 2 1 22 2 22 ttABAGABAGS = 2 32 t Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng 5,43:5,13 . Vậy 5,4 2 32 t , suy ra hoặc . Vậy có hai điểm G : 6t 3t )1;3(,)4;6( 21 GG ) B y . Vì G l trọng tâm tam giác ABC nên v . ) Ba xx (x 3 GC x (3 aGC yyy 3 63 thi th i hc 2011 -71- http://www.VNMATH.com [...].. .63 thi th i hc 2011 Với G1 (6;4) ta có C1 ( 15; 9) , với G 2 ( 3;1) ta có C2 (12;18) 2.Đờng thẳng d đi qua điểm M (0;2;0) v có vectơ chỉ phơng u (1;1;1) Đờng thẳng d đi qua điểm M ' (2;3 ;5) v có vectơ chỉ phơng u '(2; 1;1) Mp ( ) phải đi qua điểm M v có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u v cos(n; .  xxxx 0, 25 b) Pt trở thành 0232)13(24 22  xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13('  xxxx 0, 25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -63- http://www.VNMATH.com.  xxx …… . HẾT . 63 Đề thi thử Đại học 2011 -62- http://www.VNMATH.com ĐÁP ÁN Câu I a) Học sinh tự làm 0, 25 32 2 3(2 1) 6 ( 1) 1yx mx mmx