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
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
y x m x m m x
có đồ thị (Cm).
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
023 )2( x
e
dx
I
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều 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’ biết khoảng cách giữa AA’
và BC là
a 3
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1
22 yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
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
( ):3 5 0
x y
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
5
1
1
3
4
:
1
zyx
d
1
3
3
1
2
:
2zyx
d
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22 xxx
……...HẾT...........
ĐÁP ÁN
Câu I
a)
ồ
Học sinh tự làm
0,25
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
y x m x m m x
)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 2xx
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
26
mxx
mxx
7
2
7
5
2
m
x
m
x ; Zm
0,25
Xét khi
5
2
m
k
2m=5k
mt5
,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 (37
lm )
trong đó 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 0232)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
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
023 )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
12
)2(
3
uu
du
I=3 du
u
uu
2
12
)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 ,'AAMH
(do
A
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do BCHM
AMAHM
AMABC
)'(
)'( .Vậy HM là đọan vông góc chung của
0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
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
43a
33a
AH
HM.AO
O'A
Thể tích khối lăng trụ: 123a
a
23a
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: ),,(),,( ttafcbaf
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết cba
33
cbaa hay a
1
),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3 2222222 atttaabccba
= )(4)2(3 2222 tbcatcb
=
22
22
4
)(
4
4
)(2
3cb
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: 0),,(
ttaf với a+2t=3
Ta có 134)(3),,( 2222 atttattaf
= 13)23(4))23((3 2222 ttttt
= 0)47()1(2 2 tt do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra 10&1
cbacbt (ĐPCM)
0,5
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1
22 yxyx .Tìm giá trị lớn nhất
,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44
yx
yx
P
Câu V
Tõ gi¶ thiÕt suy ra:
xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22
0,25
Tõ ®ã ta cã 1
3
1 xy .
M¨t kh¸c xyyxyxyx 11 2222
nªn 12
2244 xyyxyx .®¨t t=xy
Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña
1
3
1
;
2
22
)( 2
t
t
tt
tfP
0.25
TÝnh
)(26
26
0
)2(
6
10)(' 2lt
t
t
tf
0.25
Do hµm sè liªn tôc trªn
1;
3
1
nªn so s¸nh gi¸ trÞ cña
)
3
1
(
f,)26( f,)1(f cho ra kÕt qu¶:
626)26( fMaxP ,
15
11
)
3
1
(min fP
0.25
Câu VIa 1 điểm
(Học sinh tự vẽ hình)
Ta có:
1;2 5
AB AB
. Phương trình của AB là:
2 2 0
x y
.
: ;
I d y x I t t
. I là trung điểm của AC: )2;12( ttC
0,5
a)
Theo bài ra: 2),(.
2
1
ABCdABS ABC
446. t
3
4
0
t
t
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
;
3
5) thoả mãn .
0,5
1 điểm
*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0
0.25
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên )1;1;2(// nOH ;
H ABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1 suy ra )
3
1
;
3
1
;
3
2
(H
0,25
b)
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC)
H là trung điểm của OO’
)
3
2
;
3
2
;
3
4
(' O 0,5
Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2 zzzz ,
z
C. 1 điểm CâuVIIa
PT
10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2( 22 zzzz
Đặt zzt 2
2 . Khi đó phương trình (8) trở thành:
0,25