Đề thi thử đại học môn toán khối A và B pot

TRƯỜNG THPT
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM HỌC 2011 - 2012
NGÔ SỸ LIÊN MÔN: TOÁN (Khối A+B)
BẮC GIANG
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề )

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
3 2 2
3
y x mx m m
   

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với
1
m

;
2) Tìm tất cả giá trị của
m
để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm
số đối xứng nhau qua đường thẳng
1 1
2 2
y x
 
.
Câu II (2,0 điểm)
1) Giải phương trình:
2

3 sin 2 2cos 2 2 2cos2
x x x
  
2) Giải hệ phương trình:
9 7 4
9 7 4
x y
y x

   


   



Câu III (2,0 điểm)
1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cho
SA =
a
, AD =
2
a
, AB =
a
. Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và
tính thể tích tứ diện ABIN theo
a
.
2) Trong không gian

Oxyz
cho tứ diện ABCD biết A(1; -1; 1), B(3; 1; -2), C(2; 1; 0), D(1; -1; -2).
a) Tính thể tích tứ diện ABCD, khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD);
b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (BCD).
Câu IV (1,0 điểm)
Cho
, ,
x y z
dương thỏa mãn điều kiện
1 1 1
3
x y z
  
. Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1
1
2 2 2
x x y y z z
  
  

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu V.a (2,0 điểm)
1) Tìm giới hạn sau:
1 2
3
1
tan( 1) 1

lim
1
x
x
e x
x


  


2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác cân ABC (AB =AC). Biết phương trình các đường
thẳng AB, BC tương ứng là
1
: 2 1 0, 4 3 0
d x y x y
     
. Viết phương trình đường cao qua đỉnh B
của tam giác ABC.
Câu VI.a (1,0 điểm)
Giải bất phương trình:




2 2
9 3
log 3 4 2 1 log 3 4 2

x x x x
     

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu V.b (2,0 điểm)
1) Tính tổng
2 1 2 2 2 3 2 2011 2 2012
2012 2012 2012 2012 2012
1 2 3 2011 2012S C C C C C     
2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A(2; 2). Đường thẳng (d) đi qua
trung điểm các cạnh AB, AC có phương trình
6 0
x y
  
. Điểm D(2; 4) nằm trên đường cao đi qua
đỉnh B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
Câu VI.b (1,0 điểm)
Giải bất phương trình:
2 4 4
3 8.3 9.9 0
x x x x  
  

HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I (2,0 điểm)
1) Khi
1

m

, ta có:
3 2
3 2
y x x
  
. Các bạn tự giải.
2) Ta có:
3 2 2 2
3 ' 3 6
y x mx m m y x mx
       ;
0
' 0
2
x
y
x m


 



.
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi
0
m


Cách 1 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ thuận lợi):
Gọi A(
2
0;
m m

), B(
3 2
2 ; 4
m m m m
  
)

tọa độ trung điểm M của đoạn AB là M=(
3 2
; 2
m m m m
  
)
Điều kiện cần: Để hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng (d):
1 1
2 2
y x
 
, điều kiện cần là điểm M nằm trên đường
thẳng (d) tức là:
3 2
1 1
2 1

2 2
m m m m m
      

Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) 
(2; 4)
AB
 

 Hệ số góc của đường thẳng AB là: -2  đường
thẳng AB vuông góc với đường thẳng (d) (thỏa mãn)
Vậy với m = 1 thì …
Cách 2 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ không thuận lợi):
Ta có:
 
2 2
1
' 2
3 3
m
y x y m x m m
 
     
 
 
2 2
2
y m x m m
    
là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị

hàm số đã cho.
Điều kiện cần: Để hai điểm cực trị A, B đối xứng qua đường thẳng (d):
1 1
2 2
y x
 
, điều kiện cần là đường thẳng AB
vuông góc đường thẳng (d) tức là:
 
2
1
2 . 1 1
2
m m
     

Điều kiện đủ:
Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=1  M(1; 0) là trung điểm của đoạn
AB nằm trên (d)  m=1 thỏa mãn.
Khi m= -1, ta có: A(0; 0), B(-2; 4) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=-1  M(-1; 2) là trung điểm của đoạn
AB không nằm trên (d)  m=-1 không thỏa mãn.
Vậy với m = 1 thì …
Câu II (2,0 điểm)
1)
2 2
3 sin 2 2cos 2 2 2cos 2 2 3sin cos 2cos 4 | cos |
x x x x x x x
      (2)
Khi
cos 0

x

, ta có:
2
cos 0
(2) 2 3sin cos 2cos 4cos
3 sin cos 2
x
x x x x
x x


   

 

cos 0
2
3 1
2
sin cos 1
2 (KTM)
2 2
3
x
x k
x x
x k








 


 


 

 





Khi
cos 0
x

, ta có:
2
2 3 sin cos 2 cos 4cos 3 sin cos 2
x x x x x x
       
3 1
sin cos 1 2 (KTM)

2 2 3
x x x k


       
KL:
2) ĐK:
7; 7
x y
 

9 7 4
9 7 0
9 7
9 7 4
0
0 0
9 7( )
9 7
9 79 7
x y
y x
x y
y x
x y
x y x y
x y
y x VN
y x
x yx y


   

      
 

   


 

 
      

    
   
  



Khi
0
x y
 
, ta có:
9 7 4
9 7 4 7
9 7 4
x x
x x x

x x

   

      

   



KL:
Câu III (2,0 điểm)
1)
+ Vì SA(ABCD) nên SABM (1)
Ta có:





2
. . . . 0
AC MB AB AD AB AM AB AB AM AD AB AD AM
       
         
   

 ACBM (2)
Từ (1) và (2): BM (SAC)  (SBM)(SAC)
+ Xét tam giác ABM vuông tại A có đường cao AI  AI =

3
a

Xét tam giác ABI vuông tại I  BI =
2
3
a
 S
ABI
=
2
2
6
a

Gọi O là tâm của HCN ABCD, ta có: NO là đường trung bình tam giác SAC  ON
=
2
a
và là đường cao của hình chóp N.ABI  V
ABIN
=
3
2
36
a
(đvtt)

2) a) Ta có:
( 2; 2;3), ( 1;0;2), ( 2; 2;0) , (4; 4;2) , 6

BA BC BD BC BD BA BC BD
   
            
   
       

1, 3, 1
ABCD BCD
V S AH
   

b) Gọi H(x
0
;y
0
;z
0
) là hình chiếu của A lên (BCD). Ta có:
0 0 0
( 1; 1; 1), ,
AH x y z BC BD
 
   
 
  
cùng phương và
0 0 0
( 2; 1; ), ,
CH x y z BC BD
 

  
 
  
vuông góc
hay
0 0 0
0 0 0 0 0 0
1 1 1
1 1 2 1 1 1
,4( 2) 4( 1) 2 0 , , ' ; ;
4 4 2 3 3 3 3 3 3
x y z
x y z x y z A
  
 
 
           
 

 

Câu IV (1,0 điểm)
Đặt
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
, , 3, , ,
2 2 1 2 2 1 2 2 1
a b c
a b c a b c

x y z x x a y y b z z c
         
     

2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1
2 2 2 2 1 2 1 2 1
a b c
x x y y z z a b c
      
     

Ta có:
2
2
( ) 2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1
a b c
a b c a b c
a b c
 
       
 
  
 


     

2 2 2
2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1
a b c
a b c
a b c
 
 
       
 
 
  
 

2 2 2 2
( )
1
2 1 2 1 2 1 2( ) 3
a b c a b c
a b c a b c
 
    
     
(đpcm)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 hay x=y=z=1
Câu V.a (2,0 điểm)
1)
1 2
3
1

tan( 1) 1
lim
1
x
x
e x
x


  

=
1 2 1 2
3 3 3
1 1 1
1 tan( 1) 1 tan( 1)
lim lim lim
1 1 1
x x
x x x
e x e x
x x x
 
  
    
 
  

 
1 2 2

2 2
3 3
1 1 1 1
1 1 sin( 1) 1
lim lim lim lim
1
1 1
1 os( 1)
x
x x x x
e x x x
x
x x
x c x

   
   
 

 
 



 
 


1 2
3 2 3 2

3 3
2 2
1 1 1 1
1 sin( 1)
lim lim 1 lim lim 1 1 3 6 9
1
1 os( 1)
x
x x x x
e x
x x x x x
x
x c x

   
 
 
         
 
 

 

2) Ta có: B(1; -1)
Gọi M(-4m-3; m) (với m-1) là trung điểm của cạnh BC  C(-8m-7; 2m+1)
PT đường thẳng AM: 4x – y + 17m +12 =0  A
17 11 17 14
;
6 3
m m  

 
 
 


31 31 11 11
;
6 3
m m
AC
   
 

 
 

VTCP của AC là: (31;22) (vì m-1) và cũng là VTPT của đường cao qua đỉnh B
của tam giác ABC. PT đường cao: 31x+22y – 9 = 0
Chú ý: Có thể lập luận và chọn điểm A cụ thể khác B nằm trên đường thẳng d
1
.
Câu VI.a (1,0 điểm)
ĐK:
2
1
3 4 2 1
1
3
x
x x

x
 


   














2 2 2 2
9 3 9 9
log 3 4 2 1 log 3 4 2 2log 3 4 2 log 3 4 2 1 0
x x x x x x x x
             
(1)
Đặt t=


2
9

log 3 4 2
x x
 
, ĐK: t0, (1) trở thành:
 
2 2
9
7
1
3
2 1 0 0 1 0 log 3 4 2 1
1
1
3
x
t t t x x
x


  

           



 


KL:
7 1

; 1 ;1
3 3
S
 
   
  
 
 
   

Câu V.b (2,0 điểm)
1) Xét hàm số:


1
0 1 2 2 3 3
( ) (1 ) (1 )

n
n n
n n n n n
f x x x
C xC x C x C x C

   
    


0 2 1 2 3 2 3 4 3 1
(1 ) ( ) ( ) ( ) ( )

n n n
n n n n n
x C x x C x x C x x C x x C

          
Ta có:
1 1 1
( ) (1 ) '( ) ( 1)(1 ) "( ) ( 1) (1 ) "(1) ( 1) .2
n n n n
f x x f x n x f x n n x f n n
  
            
hay
0 2 1 2 3 2 3 4 3 1
( ) (1 ) ( ) ( ) ( ) ( )
n n n
n n n n n
f x x C x x C x x C x x C x x C

          
0 1 2 2 2 3 3 1
1 2 2 3 2 1
1 2 2 2 3 2
'( ) (1 2 ) (2 3 ) (3 4 ) ( ( 1) )
"( ) 2 (2 6 ) (6 12 ) ( ( 1) ( 1) )
"(1) 2 2.2 2.3 2
n n n
n n n n n
n n n
n n n n

n
n n n n
f x C x C x x C x x C nx n x C
f x C x C x x C n n x n nx C
f C C C n C

 
           
          
     

1 2 2 2 3 2 1 1 2 2 2 3 2 2
2 2.2 2.3 2 ( 1) .2 2 3 ( 1) .2
n n n n
n n n n n n n n
C C C n C n n C C C n C n n
 
             

Khi
2012
n

, ta có:
2 1 2 2 2 3 2 2012 2010
2012 2012 2012 2012
1 2 3 2012 2013.2012.2
C C C C     =S
2) Gọi M là trung điểm của BC  M(4; 4) (M đối xứng với A qua đường thẳng x+y-6=0)
Đường thẳng BC là: x+y-8=0

Gọi B(b;8-b)  C(8-b;b). Ta có:
( 2;4 ); (6 ; 2)
DB b b AC b b
     
 

Vì D nằm trên đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC nên DBAC 
. 0 2, 5
DB AC b b
   
 

+ Khi b=2, ta có: B(2;6) và C(6;2) + Khi b=5, ta có: B(5;3) và C(3;5)
Câu VI.b (1,0 điểm) ĐK:
4
x
 

2 4 4 2 2 4 4
3 8.3 9.9 0 3 8.3 9 0
x x x x x x x x      
      
(2)
Đặt
17
4
4
3 D : 3
x x
t K t


 
  . (2) trở thành: t
2
– 8t – 9 > 0  t > 9
Khi t >9, ta có:
4
3 9 4 2 4 4 6 0 4 3 5
x x
x x x x x x
 
               

KL:
(5; )
S
 

HẾT
Hoàng Văn Huấn – Sưu tầm đề và đưa ra hướng dẫn giải.