ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - LƯƠNG VĂN CHÁNH ppsx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi : TOÁN KHỐI A
( Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
Cho hàm số 1)34()1(
3
1
23
 xmxmmxy có đồ thị là (C
m
)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C
1
) của hàm số khi m=1
2. Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (C
m
) tồn tại một điểm duy nhất có hoành độ âm mà tiếp tuyến
tại đó vuông góc với đường thẳng (L): x+2y-3=0.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2 4 2
3
sin 4 .sin os 1 os
2
x x c x c x
  
2. Giải hệ phương trình

2
3
3
1 4
2 1 log 1
log 3
(1 log )(1 2 ) 2
x
x
y
x
y
y


  



  


Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân
1
2
2
0
3 2
x dx
I

x x

 


Câu IV. (1,0 điểm)
Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, góc A=60
0
, chân đường vuông góc hạ từ
B’ xuống đáy ABCD trùng với giao điểm các đường chéo của đáy, cho BB’=a. Tính diện tích xung quanh và thể
tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’.
Câu V. (1,0 điểm)
Tùy theo tham số m, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=
2 2
( 2 1) (2 3)
x y x my
    
. Với ,x y
 
¡

PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa. (2,0 điểm)
1. Tìm trong mặt phẳng 0xy những điểm mà không có đường thẳng nào của (d):(m
2
-1)x+2my+1-m=0 đi qua.
2. Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng
( ): 1 2

d x y z
   
và tiếp
xúc với mặt cầu tâm I(1;2;-1) bán kính
2
R 
.
Câu VIIa. (1,0 điểm)
Chứng minh rằng
2
2
1
2
2 1
n
n
n
C
n


với
, 1
n n
  
¥ . Trong đó
2
n
n
C

là số tổ hợp chập n của 2n phần tử.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng 0xy chứng minh rằng đường tròn
2 2 2 2
( ): 2 4 4 0
m
C x y m x my m
    
luôn tiếp xúc với
2 đường cố định mà ta phải chỉ rõ.
2. Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
1 2
( ):
1 1 2
x y z
d
 
 
 
và tạo với trục Oy
một góc lớn nhất.
Câu VIIb. (1,0 điểm)
Định m để bất phương trình
9 .3 3 0
x x
m m
   
có ít nhất một nghiệm.
… Hết …

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ……… www.laisac.page.tl
§Ò chÝnh thøc



ĐÁP ÁN
CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - MÔN TOÁN

Câu ý Đáp án Điểm
Khi m =1
3
1
1
3
y x x
  

Tập xác định:
¡
.
Chiều biến thiên:

2
y' x 1
 
 y’>0
x
 

¡


x
lim y

 
,
x
lim y

 

Bảng biến thiên:





0,5
+ Hàm số luôn đồng biến trên
¡

+ Hàm số có không cực đại và cực tiểu tại.
0,25
1.
(1,0)
Đồ thị:
Đồ thị giao với Oy tại (0;1)

0,25
Phương trình đường thẳng (L) có hệ số góc là
1
2

nên hệ số góc của tiếp tuyến
cần tìm là k=2. Lúc đó nếu x là hoành độ tiếp điểm thì

2 2
f '(x) 2 mx 2(m 1)x (4 3m) 2 mx 2(m 1)x 2 3m 0 (1)
            

Bài toán trở thành tìm tất cả các m sao cho phương trình (1) có đúng một
nghiệm âm.
0,25
Nếu m=0 thì (1)
2 2 1
x x
     
loại 0,25
Nếu
0

m

thì dễ thấy phương trình (1) có 2 nghiệm là
2 3
1 hay x=
m
x
m


0,25
Câu I
(2,0)
2.
(1,0)
do đó để có một nghiệm âm thì
0
2 3
0
2
3
m
m
m
m




 





Vậy
2
0 hay
3
m m
 
thì trên (C) có đúng một tiếp điểm có hoành độ âm thỏa
yêu cầu đề bài
0,25




1.
(1,0)
Phương trình tương đương với
2 2 2
3
(1 os ) os 1 sin 4 .sin
2
c x c x x x
  
0,5
x
y’
y

-


1
0
x
y
+
-


+


+


2 2
1 3
1 sin 2 sin 4 .sin
4 2
x x x
  
Vậy phương trình có nghiệm khi
2
sin 2 0
3
sin 4 .sin 1
2
x

x x








0,25

sin 2 0
3
0.sin 1
2
x
x








hệ vô nghiệm tức phương trình vô nghiệm
0,25
Điều kiện
0 1
y

 
và
3
2 1 à log 1
x
v y
 

và nên đặt
3
2 s à log s
x
co v y co
 
  với
, [0; ]
  

thì sẽ đưa đến hệ
2 2
1 s s 1 s s 1
(1 s )(1 ) 2
co co co co
co cos
   
 

   



  


sin s sin s 1
(1 s )(1 ) 2
co co
co cos
   
 
 



  


0,25
sin( ) 1
2
(1 s )(1 ) 2
sin s sin cos 1 0
co cos
co

 
 
 
   

 

 


 
 
  


   


0,25
Đặt
2
1
sin cos , 2 sin .cos
2
t
t t
   

     thì được phương trình
2
2
1
1 0 2 3 0 1
2
t
t t t t


        
(loại t=-3)
0,25

Câu II
(2,0)







2.
(1,0)
Với t=1 tức
2 sin 1 0
4 2
 
  
 
     
 
 
(loại
 

) tức
3
0

2 1
1
log 0
x
x
y
y




 




So với điều kiện ban đầu loại, nên hệ vô nghiệm.
0,25
1 1 1
2 2 2
2 2 2 2
0 0 0
3 2 4 ( 2 1) 2 ( 1)
x dx x dx x dx
I
x x x x x
  
      
  

0,25
Đặt x-1=2cost

dx=-2sintdt với
[0; ]
t



khi
2
0
3
x t

   và 1
2
x t

  
thì đưa đến tích phân
2
2 2
32
2 2
2
3 2
(1 2cos ) 2sin (1 4cos 4cos )2sin
4 (2cos ) 2 1 cos
t tdt t t tdt

I
t t

 
  
  
 
 


0,25
Câu III
(1,0)


 
2 2
2
3 3
2 2
(1 2cos ) 2sin
1 4cos 2(1 cos2 )
2sin
t tdt
I t t dt
t
 
 

    

 
 
2
3
2
3 4cos 2cos2
t t dt


 

2
3
2
(3 4sin sin 2 )t t t


   
3 3
4
2 2

 

0,5

Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC,BD, và I là trung điểm BC.
+ Kẽ B’K

BC thì OK


BC (Định lý 3 vuông góc), Thì K là trung điểm của
BI

4
a
BK


+ Với Tam giác vuông BB’K có
2
2 2 2
15
' '
4 4
a
B K B B BK a a
 
    
 
 

0,25
+ Vậy diện tích mặt bên BB’C’C là
2
' '
15
' .
4
BB C C

a
S B K BC 
+ Hoàn toàn tương tự diện tích các mặt đều bằng nhau nên

2
2
' '
15
4 4 15
4
xq BB C C
a
S S a
 
0,25
+ Do BDC là tam giác đều cạnh a nên
2 2
DB a
OB
 
.
+ Và
2
2 2 2
3
' '
2 2
a
B O B B OB a a
 

    
 
 

0,25
CâuIV
(1,0)

(1,0)
3
1 1 3 3
. . ' 3. .
2 2 2 4
a
V AC BDOB a a a  
0,25
Ta nhận thấy
2
( 2 1) 0
x y
  
và
2
(2 3) 0
x my
  
, 0
x y P
   
¡

2 1 0
0
2 3 0
x y
P
x my
  

 

  

tức P=0 khi và chỉ khi hệ phương trình trên có nghiệm
2 1 0 2 1
2 3 0 2 3
x y x y
x my x my
     
 

 
     
 
có
1 2
4
2
m
m


 


0,25
0 4 0 4
D m m
     
thì hệ có duy nhất nghiệm tức P=0 xảy ra.
0,25
Câu V
(1,0)

(1,0)
0 4 0 4
D m m
     
thì hệ sẽ là
2 1 0
2 4 3 0
x y
x y
  


  

vô nghiệm nên minP>0.
Đặt t=x-2y thì ta có
   
2

2 2
2 2
14 49 49 7 1
P 1 2 3 5 14 10 5 10 5
5 25 5 5 5
t t t t t t t
   
              
   
   
Vậy min
1
5
P

khi
7 7
2 0
5 5
t hay x y
    

0,5
K
Kết luận min
1
5
P

khi m=4 hay minP=0 khi

4
m


+ Giả sử có điểm
( ; )
S a b

( ),
d m
 
thì
2
( 1) 2 1 0,
m a mb m m
     
hay
2
( 1) 2 1 0
m a mb m
    

2
(2 1) 1 0
am b m a
     
(2) vô nghiệm m
0,25
+ Nếu a=0 thì (2) sẽ là (2b-1)m+1=0 vô nghiệm khi
1

2
b

tức
1
0; ( )
2
S d
 

 
 

0,25
+ Nếu
0
a

thì (2) vô nghiệm khi và chỉ khi
2
(2 1) 4 (1 ) 0
b a a
   

2 2 2 2
1 1 1
4 4 (2 1) 0 ( ) ( )
2 2 4
a a b a b
         

vậy những điểm nằm trong
đường tròn cố định tâm
1 1
;
2 2
I
 
 
 
bán kính
1
2
R

thì (d) không qua
0,25
(1,0)
Kết hợp cả 2 ta có đường thẳng (d) không đi qua những điểm nằm trong đường
tròn tâm
1 1
;
2 2
I
 
 
 
bán kính
1
2
R


.
0,25
Mặt phẳng chứa đường thẳng (d) có phương trình là
( 1) ( 2) 0
m x y n x z
     
(với
2 2
0
m n
 
)
( ) 2 0
m n x my nz n m
      

0,25
Để mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu thì ( , )
d I P R



2 2 2
2 2
2
( ) ( ) ( )
m n m n n m
m n m n
    

 
    
2 2
2 4
2
2 2 2
m n
m mn n
 
 
  

0,25
2 2 2
0
( 2 4 ) 2(2 2 2 ) 2 (3 5 ) 0
5
3
n
m n m mn n n n m
m
n



          




0,25
Câu
VI.a
(2,0)
(1,0)
+ Khi
0
n

chọn m=1 được phương trình x-y-1=0,
+ Khi
5
3
m
n  thì chọn
3 5
m n
  
được phương trình 8x-3y-5z+7=0
0,25
Chứng minh rằng
2
2
1
2
2 1
n
n
n
C

n


với
, 1
n n
  
¥ .
Biến đổi vế phải ta được
2
2 2
(2 )! 1.3.5 (2 1)
2 2 . !. ! 2.4.6 (2 )
n
n
n n
C n n
n n n

 
vì vậy phải chứng minh
1 1.3.5 (2 1)
2.4.6 (2 )
2 1
n
n
n




0,5
Câu
VII.a
(1,0)




Mà




2 2
2 2
2 1 2 1
2 1 2 1
, , 1
2
2 1
4 4 1
k k
k k
k k
k
k
k k
 
 

     


¥

Chọn k lần lượt từ 1,2,…,n rồi nhân các bất đẳng thức vế theo vế ta được đpcm.

0,5
Ta thấy đường tròn
( )
m
C
có tâm I(m
2
;2m) và bán kính
2
0; 0
R m m
   

0,25
Vậy bán kính R bằng hoành độ tâm I nên
( )
m
C
tiếp xúc với trục Oy tại H.

0,25
Câu
VI.b

(2,0)
(1,0)
Ta có quỹ tích tâm I của đường tròn là parabol (P): y
2
=4x có tiêu điểm F(1;0) và
đường chuẩn (D): x+1=0
+ IH vuông góc với đường chuẩn (D) tại K
+ IF cắt
( )
m
C
tại J
0,5
+ Ta có IF=IK và IJ=IH nên IF-IJ=IK-IH tức FJ=HK=1
+ Vậy J nằm trên trên đường tròn (L) cố định tâm F bán kính FJ=1 và
( )
m
C
tiếp
xúc với (L)
Mặt phẳng (P) chứa đường (d) nên có phương trình m(x+y+1)+n(2y-z+4)=0 với
m
2
+n
2
>0; và trục Oy có vectơ chỉ phương
(0;1;0)
a 
r

0,25
+ Nếu m=0 thì mặt phẳng (P):2y-z+4=0 thì góc
(( ), )
P Oy


có
2
sin
5



+ Nếu
0
m

thì có thể giả sử m=1 thì (P): x+(1+2n)y-nz+1+4n=0
2 2 2 2
1 2 1 2
sin
1 (1 2 ) ( ) 5 4 2
n n
n n n n

 
  
     

0,25

Nhận xét

lớn nhất khi và chỉ khi sin

lớn nhất
2
2
2
(1 2 )
sin ( )
5 4 2
n
f n
n n


  
 


0,25
(1,0)
2
2 2
5
2 (2)
6
4 6 4
'( ) 0
1 1

(5 4 2)
0
2 2
n f
n n
f n
n n
n f

  

  

  
 
 

    
 

 

và
4
lim ( )
5
n
f n



Vậy sin

lớn nhất khi n=2 do đó mặt phẳng (P): x+5y-2z+9=0
0,25
Đặt
3 0
x
t
 
thì bất phương trình là
2
3 0
t mt m
   
2
3
; 0
1
t
m t
t

   


0,25
Vậy bất phương trình có ít nhất một nghiệm tức tồn tại ít nhất một giá trị t>0 sao
cho đồ thị hàm
2

3
1
t
y
t



nằm dưới đường thẳng y=m
0,25
Mà
2
3 4
1
1 1
t
y t
t t

   
 
2
2 2
4 2 3
' 1
( 1) ( 1)
t t
y
t t
 

   
 

2
2
1
2 3
' 0 0
3
( 1)
t
t t
y
t
t


 
    

 


(loại t=-3)
0,25
Câu
VII.b
(1,0)
(1,0)
Lập bảng biến thiên ta thấy hàm

2
3
1
t
y
t



nhận giá trị
[2; ); 0
t
  


Vì vậy để bất phương trình có ít nhất một nghiệm là
2
m


0,25

… Hết…