63 Đề thi thử Đại học 2011 - Đề số 50 pdf

 
 
2
2
2 2
4 16 2
3
3 3 3
d M ,(P) 3
1 2 2
   
 
  


Tọa độ điểm M là
2 4 5
M ; ;
3 3 3
 

 
 

N là giao điểm



và (P)
2 1 2 7

1 t 4 4t 2 4t 3 0 t N ; ;
3 3 3 3
 
            
 
 

Câu VII.b:
 








3
3
2 2 2
x 0 x 0 x 0 x 0
f x f 0 1 3x 1 x 1 2x 1 x
1 3x 1 2x
f ' 0 lim lim lim lim
x 0 x x x
   
      
  
   




     
     
3
2 3
2
x 0 x 0
2 2
2
3
3
2 2
x 0
3
3
1 3x 1 x
3x x
lim lim
x
x 1 3x 1 3x. 1 x 1 x
3 x
lim 1
1 3x 1 3x. 1 x 1 x
 

  
 


 
     
 
 
 
  
     



 
 
2
2
2
x 0 x 0 x 0
1 2x 1 x
x 1 1
lim lim lim
x 2
1 2x 1 x
x 1 2x 1 x
  
  
  
  
 
  
  
 

 
1 1
f ' 0 1
2 2
     


THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI
THTT SỐ 402-12/2010

ĐỀ SỐ 03
Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG
Câu I:
Cho hàm số:


4 2
y x 2 m 1 x 2m 1
     
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp
số cộng.
Câu II:
1) Giải phương trình:
2 2
2cos 2x cos2x.sin3x 3sin 2x 3

  

2) Giải hệ phương trình:
2
2 2
6x 3xy x y 1
x y 1.

   

 


63 Đề thi thử Đại học 2011
-245-


Câu III:
Cho hàm số


x
f x A.3 B
 
. Tìm các số A, B sao cho


f ' 0 2

và

 
2
1
f x dx 12



Câu IV:
Trong mặt phẳng


P
cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. S là một điểm bất kì nằm trên
đường thẳng At vuông góc với mặt phẳng


P
tại A. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABCD khi SA = 2a.
Câu V:
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
 
x
sin x 2cos
2
f x
x
cosx 2sin
2




trên đoạn
0; .
2

 
 
 

PHẦN RIÊNG
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho điểm


A 1;1
và đường thẳng (d) có phương trình
4x 3y 12 0
  
. Gọi B, C là giao điểm của (d) với các trục Ox, Oy. Xác định tọa độ trực tâm
của tam giác ABC.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, từ điểm


P 2;3; 5

hạ các đường thẳng vuông góc
với các mặt phẳng tọa độ. Viết phương trình mặt phẳng đi qua chân các đường vuông góc đó.

Câu VII.a:
Chứng minh rằng số phức
24
5 5
z 1 cos isin
6 6
 
 
  
 
 
có phần ảo bằng 0.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
1) Cho đường tròn


2 2
C :x y 6x 2y 1 0
    
. Viết phương trình đường thẳng d song song
với đường thẳng
x 2y 4 0
  
và cắt


C
theo một dây cung có độ dài bằng 4.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

1
x 1 y 1 z
d :
2 1 1
 
 
và
2
x 1 y 2 z
d :
1 2 1
 
 
.
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng


Q : x y 2z 3 0
   
sao cho (P)
cắt d
1
, d
2
theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất.
Câu VII.b:
Giải hệ phương trình
x y 1 2y 1
4
4 3.4 2

x 3y 2 log 3
  

 

  



HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ
63 Đề thi thử Đại học 2011
-246-



PHẦN CHUNG
Câu I:
1) Tự giải
2) Giao điểm với trục hoành


4 2
x 2 m 1 x 2m 1 0
    
(*)
Đặt t = x
2
, ta có phương trình:



2
t 2 m 1 t 2m 1 0
    
(**)
(*) có 4 nghiệm

(**) có 2 nghiệm dương phân biệt

 
2
Δ' 0 m 0
1
S 0 2 m 1 0 m ,m 0
2
P 0 2m 1 0

 



        
 
 
  



Với điều kiện này (**) có nghiệm
2 2
1 1 2 2

t x ;t x
 
(t
2
> t
1
)

4 nghiệm (*):
2 1 1 2
x , x ,x ,x
 
Dãy này lập thành cấp số cộng khi:


2 1 1 1 2 1
x x x x x 3x
     
Đặt
1 2
x
α x 3α
  

 
2
2 2 2
2
2
1 2

2 2 4
4
1 2
m 4
x x 10α 2 m 1 10α
m 1
2m 1 9 9m 32m 16 0
4
5
m
x x 9α
2m 1 9α
9


 
   

 

         
 
 

 

 
 





Vậy m = 4 hoặc
4
m
9
 

Câu II:
1)

 
2 2
2 2
2cos 2x cos2x.sin3x 3sin 2x 3
2cos 2x cos2x.sin3x 3cos 2x
cos2x sin3x cos2x 0
cos2x 0
sin3x cos2x 0
  
  
  




 


 Với cos2x = 0

 
π π kπ
2x k
π x k Z
2 4 2
      
 Với
 
k2
x3x 2x k2
10 52
sin3x cos2x 0 sin3x sin 2x k Z
2
3x 2x k2
x k2
2 2
 

    


 
       

 
 
 


   

  





Vậy phương trình có nghiệm
 
π kπ
x
4 2
π k2π
k Z
x
10 5
π
x k2π
2

 




 



 


63 Đề thi thử Đại học 2011
-247-


2)


 
2
2 2
6x 3xy x y 1 1
x y 1. 2

   


 





  
2
1 6x 3xy 3x 2x y 1
3x 1 2x y 1 0
1
x
3

y 2x 1
     
    





 





Với
1
x
3

, từ (2) suy ra:
2 2
y
3
 
Với
y 2x 1
 
, từ (2) suy ra:
 
2

2 2
x 0 y 1
x 2x 1 1 5x 4x 0
4 3
x y
5 5
  


      

    


Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:

 
1 2 2 1 2 2 4 3
0;1 , ; , ; , ;
3 3 3 3 5 5
   
 
  
   
 
   
 
   

Câu III:

 


 
x
x
x
f ' x A.3 .ln3
f x A.3 B
A.3
f x dx Bx C
ln3



  

  




Ta có:
 
 
2
2
1
2
f ' 0 2

A.ln3 2
A
ln3
6A
12
f x dx 12 B 12
B 12
ln3
ln 3

 




  
 
  
  
  
 







Vậy
2

2
A
ln3
12
B 12
ln 3






 




Câu IV:
Tâm O của hình cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD là trung điểm của SC.
2 2 2 2
SC SA AC 4a 2a a 6
    
SC a 6
R
2 2
 
3
3
4πR

V
πa 6
3
 
Câu V:
63 Đề thi thử Đại học 2011
-248-


 
x
sin x 2cos
2
f x
x
cosx 2sin
2




x 0; .
2

 

 
 

Ta có:

2
x x x
cosx 2sin 2sin 2sin 1
2 2 2
    

Xét hàm số


2
g t 2t 2t 1
   

2
t 0;
2
 

 
 

   
1
g' t 4t 2 g' t 0 t
2
      

 
1 3 2
g 0 1;g ;g 2

2 2 2
 
 
  
 
 
 
 
 



g t 0
 

2
t 0;
2
 
 
 
 

x
cosx 2sin 0
2
  

x 0; .
2


 
 
 
 



f x
 liên tục trên đoạn
0;
2

 
 
 
.
 
2
x x x x
cosx sin cosx 2sin sin x cos sin x 2cos
2 2 2 2
f ' x
x
cosx 2sin
2
     
     
     
     


 

 
 

 
2
x
1 sin
2
f ' x 0
x
cosx 2sin
2
 
 
 

 
 

x 0; .
2

 
 
 
 

GTLN


f x
=


f 0

2
GTNN


f x
=
π
f
2
 

 
 
2
1
2

PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1)



A 1;1



B 3;0


C 0;4

Gọi


H x;y
là trực tâm tam giác ABC


BH x 3;y
 

,


CH x;y 4
 

,



AB 2; 1
 

,


AC 1;3
 


63 Đề thi thử Đại học 2011
-249-


 
 
x 3 3y 0
BH AC BH.AC 0 x 3
2x y 4 0
CH AB y 2
CH.AB 0

   
   
 
 
  
   
  
  



 



 
 

Vậy


H 3; 2
 

2) Gọi I, J ,K lần lượt là chân các đường vuông góc tương ứng của P lên các mặt phẳng Oxy,
Oyz, Oxz.
Ta có:


I 2;3;0
,


J 0;3; 5

,


K 2;0; 5



Mặt phẳng


IJK
có dạng
Ax By Cz D 0
   

I, J, K thuộc mặt phẳng này nên:
1
A D
4
2A 3B D 0
1
3B 5C D 0 B D
6
2A 5C D 0
1
C D
10

 

  


 
     

 
 
  





Chọn D = -60, suy ra A = 15, B = 10, C = -6.
Vậy


IJK :15x 10y 6z 60 0
   

Câu VII.a:
24 k
24 24
k k
24 24
k 0 k 0
5 5 5 5 5k 5k
1 cos isin C cos isin C cos isin
6 6 6 6 6 6
 
     
     
     
     
     

 

24 24
k k
24 24
k 0 k 0
5k 5k
C cos i C sin
6 6
 
 
 
 

Phần ảo
24
k
24
k 0
5k
C sin
6




Ta có:


k 24 k k k

24 24 24 24
5 24 k
5k 5k 5k
C sin C sin C sin C sin 0
6 6 6 6

 
   
   

Suy ra:
24
k
24
k 0
5k
C sin 0
6





B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
1)







2 2
2
C : x 3 y 1 3
   

d song song với đường thẳng
x 2y 4 0
  
d :x 2y c 0
   

d cắt


C
theo một dây cung có độ dài bằng 4
 
2 2
d I,d 3 2 5
   
3 2 c
5
5
 
 
c 4
c 1 5
c 6



   

 


Vậy
1
d : x 2y 4 0
  
hoặc
2
d :x 2y 6 0
  

2) (P) song song với mặt phẳng


Q



P : x y 2z m 0
    

63 Đề thi thử Đại học 2011
-250-

1
x 1 2t
d : y 1 t
z t
 


  





2
x 1 t
d : y 2 2t
z t
 


 





(Q) giao với (d
1
):



1 2t 1 t 2t m 0 t m M 1 2m; 1 m; m
             

(Q) giao với (d
2
):


1 t 2 2t 2t m 0 t m 3 N 2 m; 4 2m; m 3
                





2 2
2 2 2
MN m 3 m 3 3 2m 27 27
       

MinMN =
3 3
khi m = 0
Khi đó


P : x y 2z 0
  

Vậy


P : x y 2z 0
  

Câu VII.b:


 
x y 1 2y 1
4
4 3.4 2 1
x 3y 2 log 3 2
  

 


  



Từ (2)
4 4
4
x y 1 1 log 3 2y log 2y
3
       

Thay vào (1):
 
4
4
log 2y
2y 1
3
1 4 3.4 2


  


2y 2y
4 3
.4 .4 2
3 4

  

Đặt


2y
t 4 t 0
 
ta có:
2
4 3t 4
2 9t 24t 16 0 t

3t 4 3
       

2y
4 4
4 1 4 1 1
4 y log log 3
3 2 3 2 2
     
(2)

4 4 4 4
3 3 1 1
x 2 log 3 3y 2 log 3 log 3 log 3
2 2 2 2
        
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
4
1 1
x log 3
2 2
  ;
4
1 1
y log 3
2 2
 

63 Đề thi thử Đại học 2011
-251-