Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 4 potx

Ôn thi Đại học
www.MATHVN.com
Trần Sĩ Tùng
Trang 4-
www.MATHVN.com

Đề số 4

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số
y x x
4 2
5 4,
= − +
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2. Tìm m để phương trình
x x m
4 2
2
5 4 log− + =
có 6 nghiệm.
Câu II (2.0 điểm).
1. Giải phương trình:
x x x
x x
1 1
sin2 sin 2cot2
2sin sin2
+ − − =
(1)

2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm x
0; 1 3
 
∈ +
 
:

(
)
m x x x x
2
2 2 1 (2 ) 0
− + + + − ≤
(2)
Câu III (1.0 điểm). Tính
x
I dx
x
4
0
2 1
1 2 1
+
=
+ +
∫

Câu IV (1.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A
1
B

1
C
1
có AB = a, AC = 2a, AA
1

a
2 5
=
và

o
BAC
120
=
. Gọi M là trung điểm của cạnh CC
1
. Chứng minh MB ⊥ MA
1
và tính
khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A
1
BM).
Câu V (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh:
x y z xy yz zx
3 2 4 3 5+ + ≥ + +

II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu VI.a. (2.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm

B C M a
( 1; 3; 0), (1; 3; 0), (0; 0; )
− với a > 0. Trên trục Oz lấy điểm N sao cho mặt
phẳng (NBC) vuông góc với mặt phẳng (MBC).
1. Cho
a
3
=
. Tìm góc α giữa mặt phẳng (NBC) và mặt phẳng (OBC).
2. Tìm a để thể tích của khối chóp BCMN nhỏ nhất
Câu VII.a. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình:
y
x
x x x
x y
y y y
2 1
2 1
2 2 3 1
( , )
2 2 3 1
−
−


+ − + = +
∈

+ − + = +



ℝ

B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b. (2.0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (–1; 3; –2), B (–3; 7; –18) và
mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0
1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P).
2. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Câu VII. b. (1.0 điểm). Giải bất phương trình:
x
x x
2
4 2
(log 8 log )log 2 0
+ ≥





www.MATHVN.com

Hướng dẫn Đề sô 4

Câu I: 2)
x x m
4 2
2
5 4 log   có 6 nghiệm 
9
4
4
12
9
log 12 144 12
4
m m   
Câu II: 1) (1) 
2
2 2 2 2
2 0
x x x x
x
cos cos cos cos
sin

  



 cos2x = 0 
x k

4 2
 
 
2) Đặt
2
t x 2x 2
  
. (2) 

    

2
t 2
m (1 t 2),dox [0;1 3]
t 1

Khảo sát
2
t 2
g(t)
t 1



với 1  t  2. g'(t)
2
2
t 2t 2
0
(t 1)

 
 

. Vậy
g tăng trên [1,2]
Do đó, ycbt

bpt
2
t 2
m
t 1



có nghiệm t  [1,2]


 
t
m g t g
1;2
2
max ( ) (2)
3

  

Câu III: Đặt
t 2x 1

 
. I =
3
2
1
t
dt
1 t



2 + ln2.
Câu IV:
3
2
AA BM 1 BMA 1
1 1
1 a 15 1
V A A . AB,AM ; S MB,MA 3a 3
6 3 2

   
   
 
 
uuuuur uuur uuuur uuur uuuuur

  
3V a 5
d .

S 3

Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si:
     
1 3 5
; 3 ; 5
2 2 2
x y xy y z xy z x xy
       đpcm
Câu VI.a: 1) B, C  (Oxy). Gọi I là trung điểm của BC 
0 3 0
I
( ; ; )
.

·
0
45
MIO 

·
0
45
NIO

 
.
2)
3 3
3

BCMN MOBC NOBC
V V V a
a
 
   
 
 
đạt nhỏ nhất 
3
a
a


3
a  .
Câu VII.a: Đặt
1
1
 


 

u x
v y
. Hệ PT 
2
2
1 3
1 3


  


  


v
u
u u
v v



2 2
3 1 3 1 ( ) ( )
        
u v
u u v v f u f v
, với
2
( ) 3 1
   
t
f t t t
Ta có:
2
2
1
( ) 3 ln3 0

1
 

  

t
t t
f t
t

f(t) đồng biến




u v


2 2
3
1 3 log ( 1) 0 (2)
       
u
u u u u u

Xét hàm số:


2
3

( ) log 1 '( ) 0
     
g u u u u g u

g(u) đồng
biến
Mà
(0) 0
g




0
u

là nghiệm duy nhất của (2).
KL:
1
 
x y
là nghiệm duy nhất của hệ PT.
Câu VI.b: 1) 2x + 5y + z  11 = 0
2) A, B nằm cùng phía đối với (P). Gọi A là điểm đối
xứng với A qua (P) 
A '(3;1;0)

Để M  (P) có MA + MB nhỏ nhất thì M là giao điểm
của (P) với AB 
M(2;2; 3)


.
Câu VII.b:
x
x x
2
4 2
(log 8 log )log 2 0
 

x
x
2
2
log 1
0
log



x
x
1
0
2
1

 





.