ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM 2010 - 2011 MÔN TOÁN – KHỐI A, B potx

SỞ GD-ĐT NINH BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
Năm học: 2010 – 2011
MÔN TOÁN – KHỐI A, B
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)
Câu 1 ( 3điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
3 2
y x 3x 3x= − + −
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = cos3x – 3cos
3
x + 1 trên [0; π].
c) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số
3 2
y x (2m 3)x (9m 2)x 9m 6= − + + − − +
có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox.
Câu 2 (2 điểm)
Giải các phương trình:
a)
2
x
cos (1 sin x) cos x 0
2
− − =
b)
3 2
2log (2x 1) log (3x 1) 4x+ + + =
Câu 3 (1 điểm)

Cho hình chóp đều S.ABCD cạnh đáy có độ dài bằng a (a > 0), góc tạo bởi hai mặt phẳng
(SCD) và (ABCD) có số đo bằng 60
0
. Xác định khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SCD).
Câu 4 (2 điểm)
Cho mặt phẳng (P): x + 2y + z – 3 = 0 và điểm M (2; 5; 3), N(1; 0; 2)
a) Xác định tọa độ hình chiếu của M trên (P).
b) Viết phương trình mặt phẳng chứa M, N và tạo với (P) góc có số đo nhỏ nhất.
Câu 5 (2 điểm)
a) Cho parabol (P): y = x
2
và hai điểm A, B chuyển động trên (P) thỏa mãn AB = 4. Gọi S
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đoạn thẳng AB. Tìm giá trị lớn nhất của S.
b) Chứng minh rằng:
4n
k 2k 4n
8n
k 0
( 1) C 2
=
− =
∑
, với mọi số nguyên dương n.
Hết
SỞ GD-ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY Năm học: 2010 – 2011
MÔN TOÁN – KHỐI A, B
(Đáp án gồm 05 câu, 04 trang)

Câu 1 (3 điểm)
a. (1 điểm)
- TXĐ, giới hạn
- Đạo hàm, bảng biến thiên
- Điểm uốn
- Đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
b. (1 điểm)
f(x) = cos3x – 3cos
3
x + 1= cos
3
x – 3cosx + 1
f’(x) = -3cos
2
x.sinx + 3sinx = 3sinx(1 – cos
2
x) = 3sin
3
x
f’(x) = 0 ⇔ x = kπ, k∈Z, mà x ∈[0; π] ⇒ x = 0; x = π.
f(0) = - 1, f(π) = 3 ⇒
[0; ]
max f(x) = 3
π
đạt được tại x = π,
[0; ]

min f(x) = -1
π
đạt được tại x = 0
0,25
0,25
0,25
0,25
c. (1 điểm)
- Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số
3 2
y x (2m 3)x (9m 2)x 9m 6= − + + − − +

có hai
điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox là
3 2
x (2m 3)x (9m 2)x 9m 6 0 (1)− + + − − + =
có ba nghiệm phân biệt.
- Ta có:
3 2 2
2
x (2m 3)x (9m 2)x 9m 6 0 (x 3)(x 2mx 3m 2) 0
x 3
x 2mx 3m 2 0 (2)
− + + − − + = ⇔ − − + − =
=

⇔

− + − =


Do đó (1) có ba nghiệm phân biệt
⇔
(2) có hai nghiệm phân biệt khác 3
⇔
2
m 3m 2 0
3 3
m ( ;1) (2; ) ( ; ).
3 2
7 3m 0

− + >
⇔ ∈ −∞ ∪ ∪ +∞

− ≠

0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2 (2 điểm)
a. (1 điểm)
2
x
cos (1 sin x) cos x 0
2
− − =
(3)
TXĐ: R
*) Dễ thấy

x k2 ,k Z
= π + π ∈
không là nghiệm của (3)
*)
2 ,
≠ + ∈
x k k Z
π π
Đặt t = tan
x
2
2
2 3 2
2 2 2
3 2
1 2t 1 t
(3) (1 ) 0 (t 1) (t 1)(t t t 1) 0
1 t 1 t 1 t
t 0
(t 1)(t t 2t) 0
t 1
−
⇔ − − = ⇔ − + − + + + =
+ + +
=

⇔ − + + = ⇔

=


t 1 x k2 ,k Z
2
t 0 x k2 ,k Z
π
= ⇔ = + π ∈
= ⇔ = π ∈
0.25
0,25
0,25
0,25
b. (1 điểm)
3 2
2log (2x 1) log (3x 1) 4x (4)+ + + =
TXĐ
1
( ; )
3
− +∞
Xét hàm số , f(x) =
3 2
2log (2x 1) log (3x 1) 4x+ + + −
ta có:
f’(x) =
4 3
4
(2x 1) ln 3 (3x 1)ln 2
+ −
+ +
f’’(x) =
2 2

8 9 1
f ''(x) 0 x ( ; )
(2x 1) ln 3 (3x 1) ln 2 3
−
− ⇒ < ∀ ∈ − +∞
+ +
⇒ f’(x) nghịch biến trên
1
( ; )
3
− +∞
Mà f(0).f(1) < 0
⇒
f’(x) = 0 có 1 nghiệm duy nhất và nó thuộc (0; 1). Gọi x
0
là nghiệm
của f’(x).
Vì f’(x) nghịch biến trên
1
( ; )
3
− +∞

suy ra
0 0
1
f '(x) 0 x ( ;x );f '(x) 0 x (x )
3
> ∀ ∈ − < ∀ ∈ +∞
Ta có bảng biến thiên

x
1
3
−
0 x
0
1 +∞
f’(x) + 0 -
f(x)
0 0
Suy ra phương trình (4) có đúng hai nghiệm là x = 0; x = 1.
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3 (1 điểm)
Gọi O là giao của hai đường thẳng AC và BD, M là trung điểm của CD.
Ta có: (SOM) ⊥ (CD) ⇒ ((SCD),(ABCD))=(SM,OM)=∠SMO ⇒ ∠SMO = 60
0
.
⇒SO =
a 3
2

Trên mặt phẳng (SOM), kẻ OH vuông góc với SM suy ra OH⊥(SCD).
Trên mặt phẳng (ACH), kẻ AK vuông góc với CH suy ra AK⊥(SCD).
Suy ra d(A,(SCD)) = AK = 2OH =
a 3
2
0,5

0,25
0,25
Câu 4. (2 điểm)
a.(1 điểm)
Mặt phẳng (P) có 1 VTPT là
n(1;2;1)
r
.
Gọi H(x
0
; y
0
; z
0
) là hình chiếu của M trên (P) suy ra
MH, n
uuuur r
cùng phương
0
0
0
x 2 t
t R: y 5 2t H(t 2;2t 5;t 3)
z 3 t
− =


⇒ ∃ ∈ − = ⇒ + + +



− =

H∈(P)⇒t + 2 + 2(2t+5) + t + 3 – 3 = 0 ⇔ t = -2 ⇒ H(0;1; 1).

0,25
0,25
0,5
b. (1 điểm)
Giả sử mặt phẳng (Q) chứa M, N và cắt mp(P) theo giao tuyến d. Kẻ HK vuông góc
với a tại H suy ra ((P);(Q))=∠MKH.
· · · ·
MH MH
tan MKH tan MNH MKH MNH
HK MN
= ≥ = ⇒ ≥
Min((P),(Q)) =
·
MNH
, đạt được khi K trùng N hay HN⊥a.
Khi đó: (Q) có 1 VTPT là
[n,[n,HN]]=(-6;6;-6)
r r uuur
Suy ra phương trình của (Q) là: x – y + z – 3 = 0.
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 5 (2 điểm)
a. (1 điểm)
Giả sử A(x

A
;y
A
), B(x
B
;y
B
), x
A
< x
B
.
Gọi A’, B’ thứ tự là hình chiếu của A, B trên Ox, ta có:
B
A
X
3
2
B A
B A A B
X
(x x )1
S (x x )(y y ) x dx
2 6
−
= − + − =
∫
Mà
2 2
B A B A

AB 4 (x x ) (y y ) 16
= ⇒ − + − =
B A
2
B A
4 32
x x 4 S
3
1 (x x )
⇒ − = ≤ ⇒ ≤
+ +
Max S = 32/3, đạt được khi A(-2;4); B(2; 4).
0,5
0,25
0,5
b. (1 điểm)
8 4 4 1 4 4 1
8 2 2 2 1 2 1 2 2 1
8 8 8 8 8
0 0 0 0 0
(1 ) ( 1) ( 1)
n n n n n
n k k k k k k k k k k
n n n n n
k k k k k
i C i C i C i C i C
− −
+ + +
= = = = =
+ = = + = − − −

∑ ∑ ∑ ∑ ∑
8 4 4 1 4 4 1
8 2 2 2 1 2 1 2 2 1
8 8 8 8 8
0 0 0 0 0
(1 ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1)
− −
+ + +
= = = = =
− = − = − + − = − + −
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
n n n n n
n k k k k k k k k k k
n n n n n
k k k k k
i C i C i C i C i C
4
2 8 8
8
0
1
( 1) [(1 ) (1 ) ]=
2
n
k k n n
n
k
C i i
=
⇒ − = + + −

∑
8n 8n 4 4
1
[( 2(cos +isin )) +( 2(cos +isin )) ]=2 os2n 2
2 4 4 4 4
n n
c
π π π π
π
=
0.5
0.5