ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH - ĐÀ NẴNG ppsx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
Trường THPT Phan Châu Trinh
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 2
Môn thi: TOÁN – Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
2y x x x   
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm tọa độ các điểm trên trục hoành sao cho qua điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến với đồ thị (C) và
góc giữa hai tiếp tuyến này bằng
0
45
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
1 1
tan 2 2 2
sin cos
x
x x
 
 
 
 
.
2. Tìm m để phương trình
 

2
1 6 1x m x x x   
có bốn nghiệm thực phân biệt.
Câu III (2,0 điểm)
1. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số
2
1
x
y
x



và hai trục tọa độ. Tính thể tích của khối
tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành.
2. Giải phương trình
2
6 2 2 3x x x  
.
Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy là a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng
0
45
. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và diện tích xung quanh của hình nón có đỉnh là S và đáy là
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va (1,0 điểm) Giải bất phương trình
 
2 2
2

log 4x 
.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có
2AB 
và
 
1;1G
là trọng tâm. Đỉnh C ở trên trục
Ox và hai đỉnh A, B ở trên đường thẳng
: 1 0x y   
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C.
2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
 
: 2 1 0x y z

   
. Viết phương trình đường thẳng d
song song với
 

sao cho d lần lượt cắt trục hoành, trục tung tại A và B với
5AB 
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb (1,0 điểm) Giải bất phương trình
2
log 2 log 2
x x


.
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của parabol (P), biết (P) có đường chuẩn
: 2 0x  
. Khi đó, tìm tọa độ điểm M trên (P) để khoảng cách từ M đến tiêu điểm của (P) là 4.
2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
 
: 2 2 1 0x y z

   
. Tìm tọa độ các điểm A trên trục
hoành và điểm B trên trục tung sao cho AB song song với
 

và khoảng cách giữa AB với
 

là 1.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 2
Môn thi: TOÁN – Khối D
ĐÁP ÁN
Câu-Ý

Nội dung
Điểm
Câu I
Cho hàm số
3 2
2y x x x   
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm tọa độ các điểm trên trục hoành để qua đó kẻ được hai tiếp tuyến với đồ
thị (C) và góc giữa hai tiếp tuyến này bằng
0
45
.
2,0 đ
Tập xác định:
D R
.
0,25
Sự biến thiên:
+Chiều biến thiên:
2
1
' 3 4 1, ' 0
1
3
x
y x x y
x




     



.
Trên khoảng
1
;1
3
 
 
 
, y'>0 nên HSĐB và trên các khoảng
1
;
3
 

 
 
và
 
1;
, y'<0
nên HSNB.
+Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1,x y
CĐ
= 0 và cực tiểu tại

1 4
,
3 27
CT
x y  
.
0,25
+Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
 
   
.
+Lập BBT
0,25
Ý.1
(1,0 đ)
Đồ thị: Đồ thi qua
O
và
 
1,0
.
0,25
Qua một điểm M trên Ox, ta luôn luôn kẻ được tiếp tuyến với (C) là
0y 
.
0,25
Góc của hai tiếp tuyến là

0
45
, mà y = 0 có HSG là 0, nên HSG của tiếp tuyến d còn
lại có HSG bằng -1 hoặc 1
0,25
Gọi
 
0 0
;x y
là tiếp điểm của d và (C)
0
2
0 0
0
0
' 3 4 1 1
4
3
x
y x x
x



       




.

0,25
Ý.2
(1,0 đ)
Khi
 
0 0
0 0 : 0;0x y d y x M O       
.
Khi
0 0
4 4 4 4 32 32
: ;0
3 27 3 27 27 27
x y d y x x M
   
            
   
   
.
0,25
Câu II
1. Giải phương trình
1 1
tan 2 2 2
sin cos
x
x x
 
 
 

 
.
2. Tìm m để phương trình
 
2
1 6 1x m x x x   
có bốn nghiệm phân biệt.
2,0 đ
Điều kiện:
sin 2 0
2
cos2 0
2 4
x
x k x k
x
 


   



.
0,25
Ý.1
(1,0 đ)
PT
2 2
sin cos sin 2 sin cos 2sin cos

. 2 2 . 2 2
sin cos cos2 sin cos cos sin
x x x x x x x
x x x x x x x
 
   

.
0,25
1 1 1
2 2 cos
cos sin 4 2
2 cos
4
x
x x
x


 
      
 

 
 

 
 
7
2 2 ; 2

4 3 12 12
x k x k x k
   
  
          
.
0,25
So sánh điều kiện, kết luận:
 
7
2 ; 2
12 12
x k x k k Z
 
 
     
.
0,25
Điều kiện:
1x 
. Khi
1x 
thì PT vô nghiệm.
0,25
Khi
1x 
, chia hai vế PT cho
1x 
, ta có: PT
2

6
1 1
x x
m
x x
 
   
 
 
 
Đặt
, 1
1
x
t x
x
  

 
2
' , ' 0 2
2 1 1
x
t t x
x x

   
 
. Lập BBT
2 t 

.
0,25
Do đó:
2
6m t t  
với
2 t
. Xét
   
2
6 ; ' 2 6 0 3f t t t f t t t        
.
0,25
Ý.2
(1,0 đ)
Lập BBT và từ nhận xét mỗi
2t 
sinh ra 2 nghiệm x phân biệt và
2t 
chỉ sinh ra 1
nghiệm x. Kết luận: PT có 4 nghiệm phân biệt
8 9m  
.
0,25
Câu III
1. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số
2
1
x
y

x



và 2 trục tọa độ.
Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay (H) xung quanh trục Ox.
2. Giải phương trình
2
6 2 2 3x x x  
.
2,0 đ
Đồ thị cắt trục hoành tại
2x 
và trục tung tại y = 2.
0,25
Do đó:
 
2 2
2 2 2
2
0 0 0
2 3 6 9
1 1
1 1 1
1
x
V dx dx dx
x x x
x
  

 

   
 
     
   
 
  
   

 
  
.
0,25
Hay
2
0
9
6ln 1
1
V x x
x

 
   
 

 
.
0,25

Ý.1
(1,0 đ)
Kết luận:
   
2 6ln3 6 2 4 3ln3V
 
    
.
0,25
Đặt
 
2
3
3 2 3
3 2 3
y
y x
y x



   

  


.
0,25
Ta có:
 

   
2
2
2
2
2
6 2 6
6 2 6
6 2 6
4 0
6 2 6
3 2 3
x x y
x x y
x x y
x y x y
y y x
y x

  


  
  
  
 
  
   
  
  







.
0,25
Khi
x y
thì
2
8 6 0 4 10x x x     
. Vậy: nghiệm PT là
4 10x  
.
0,25
Ý.2
(1,0 đ)
Khi
4y x 
thì
2
4 2 0 2 6x x x     
. Vậy: nghiệm PT là
2 6x  
.
0,25
Câu IV
Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy là a, góc giữa mặt bên và mặt

đáy bằng
0
45
. Tính thể tích khối chóp S.ABC và diện tích xung quanh của hình
nón có đỉnh là S và đáy là đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
1,0 đ
Hạ
 
SO ABC 
O là tâm của tam giác đều ABC. Gọi M là trung điểm AB
Ta có:
0
45AB OM AB SM SMO     
.
0,25
Mà
2 3
.
1 3 3 3 1 3 3
. . .
3 2 6 6 3 6 4 24
S ABC
a a a a a
OM a SO V      
.
0,25
Bán kính đường tròn nội tiếp đáy
3
6
a

r OM 
và đường sinh là
6
6
a
l SM 
.
0,25
Kết luận:
2
3 6 2
6 6 12
XQ
a a a
S rl

 
  
0,25
Câu Va
Giải bất phương trình
 
2 2
2
log 4x 
.
1,0 đ
Điều kiện:
0x 
.

0,25
Ta có: BPT
 
2
2
2 log 2x   
.
0,25
Hay:
2
1
1 log 1 2
2
x x     
.
0,25
Kết luận nghiệm của BPT là
1
2
2
x 
hoặc
1
2
2
x   
.
0,25
Câu VIa
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có

2AB 
và
 
1;1G
là trọng tâm.
Đỉnh C ở trên Ox và A, B ở trên
: 1 0x y   
. Tìm A, B và C.
2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng
 
: 2 1 0x y z

   
. Viết phương
trình đường thẳng d để d cắt Ox, Oy tại A, B với
5AB 
và
 
/ /d

.
2,0 đ
Gọi
     
; 1 , ; 1A a a B b b   
và
 
;0C c Ox
. Do đó:
3

1
a b c
a b
  


 

.
0,25
Nên
   
2 2
2 2 1 2 1 1 2 1 0b a a a a          
hoặc
1a 
.
0,25
Khi
0 1, 2a b c   
. Vậy:
 
0;1A
,
 
1;2B
và
 
2;0C
.

0,25
Ý.1.a
(1,0 đ)
Khi
1 0, 2a b c   
. Vậy:
 
1;2A
,
 
0;1B
và
 
2;0C
.
0,25
Gọi
     
2 2 2
;0;0 ; 0; ;0 ; ;0 5A a Ox B b Oy AB a b AB a b        

.
0,25
   
; ;0 1; 2;1 2AB a b n a b

       
 
. Suy ra:
2 2

;
1 1
a a
b b
  
 
 
  
 
0,25
Khi
2
1
a
d
b
 





qua
 
2;0;0A 
và có VTCP
 
2;1;0AB 

2 2

:
0
x t
d y t
z
  


 




0,25
Ý.2.a
(1,0 đ)
Khi
2
1
a
d
b




 

qua
 

2;0;0A
và có VTCP
 
2; 1;0AB   

2 2
:
0
x t
d y t
z
 


  




0,25
Câu Vb
Giải bất phương trình
2
log 2 log 2
x x

.
1,0 đ
Điều kiện:
0; 1

1
0,
2 0;2 1
2
x x
x x
x x
 

  

 

và
1x 
0,25
Đặt
2
logt x
, ta có:
 
 
1 1 1
0 1 0
1 1
t t
t t t t
     
 
.

0,25
Hay:
1t  
hoặc
0 t
. Do đó:
2
log 1x  
hoặc
2
0 log x
.
0,25