de thi thu dh-Truong thpt le xoay

TRƯỜNG THPT LÊ XOAY
Năm học 2010-2011
ĐỀ THI THI THỬ ĐẠI HỌC- LẦN II
MÔN: TOÁN- BAN KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Thời gian: 180 phút
Câu 1:
Cho hàm số
mxmxy 21)1(
2
1
24
−+−+=
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với
2
1
=m
.
2. Tìm m để hàm số (1) chỉ có một cực trị?
Câu 2: Giải các phương trình sau:
1.
x
x
x
3cos
2
1
tan1
tan2
2
1

2
2
=
+
−
.
2.
)
1
(4
1
22
2
2
x
x
x
x +−=−+−
.
Câu 3:
1. Giải hệ phương trình:





=
=
yxxy
y

x
y
x
888
2
2
2
log.log3)(log
log4
log3
log
2. Trong triển khai nhị thức
nx
x )3(
log
−
(với
;1;0 ≠> xx
n nguyên dương), tổng
các hệ số của 3 số hạng cuối cùng bằng 22. Tìm x để số hạng ở chính giữa
của khai triển có giá trị
540000−≤
.
Câu 4:
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy. Cho các điểm I(1; -1); M(2; 3);
N(5; 0). Biết hình vuông ABCD nhận I làm tâm, M thuộc cạnh AB.
N thuộc cạnh BC. NK vuông góc với MP (K thuộc AD; P đối xứng với M
qua I). Xác định toạ độ điểm K.
2. Cho hình trụ có hai đáy là hai hình tròn
( ) ( )

RORO ;;;
′
. Chiều cao hình trụ
bằng
2R
.Hai điểm A,B lần lượt thuộc
( ) ( )
OO
′
;
sao cho
BOOA
′
⊥
.
a. Chứng minh rằng: tứ diện
BOAO
′
có các mặt đều là các tam giác
vuông. Tính thể tích tứ diện
BOAO
′
.
b. Mặt phẳng
( )
OO
′
⊥
α
,

( )
α
cách O một khoảng
x

( )
20 Rx <<
.Tính
diện tích thiết diện do
( )
α
cắt tứ diện
BOOA
′
.
Câu 5:
Cho a,b,c là các số dương thoả mãn điều kiện
1=abc
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
22
1
22
1
22
1
333333333
+++
+
+++

+
+++
=
cbacbacba
P
.

ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – LẦN II
MÔN: TOÁN- BAN KHOA HỌC TỰ NHIÊN
Câu Nội dung Điểm
1.1 1đ
1đ
Với m=1/2. Hàm số trở thành:
24
2
1
2
1
xxy −=
TXĐ: R
Xét sự biến thiên:
+∞=+∞=
−∞→+∞→
yy
xx
lim;lim






±=
=
⇔=
−=
2
1
0
0'
2'
3
x
x
y
xxy
Hàm số đồng biến trên
);
2
1
()0;
2
1
( +∞− và
Hàm số nghịch biến trên
)
2
1
;0()
2

1
;( và−−∞
Hàm số đạt cực đại tại
00 =→=
CĐ
yx
Hàm số đạt cực tiểu tại
8
1
2
1
−=→±=
CT
yx
Bảng biến thiên:
0,25
0,25
0,25
x -∞
2
1
−
0
2
1
+∞
y' - 0 + 0 - 0 +
y +∞
-1/8
0

-1/8
+∞
Đồ thị:
Đths cắt Ox tại các điểm O(0; 0); (1;0); (-1,0) và nhận Oy làm trục đối xứng.
0,25
O
I.2
1đ
TXĐ: R



−=
=
⇔=
−+=
mx
x
y
xmxy
1
0
0'
)1(22'
2
3

(*)
Hàm số (1) chỉ có 1 cực trị khi phương trình (*) vô nghiệm hoặc có nghiệm duy nhất x
= 0

101 ≥⇔≤−⇔ mm
Với
1≥m
thì
00' =⇔= xy
và y’ đổi dấu khi x qua 0 nên hàm số chỉ có 1 cực trị tại
x=0
KL:
1
≥
m
0,25
0,25
0,25
0,25
II.1
1đ
Đk:
π
π
kxx +≠⇔≠
2
0cos
với
Zk
∈
Phương trình:
x
x
x

x
x
3cos
2
1
cos
sin
1
cos
sin
2
2
1
2
2
2
2
=
+
−⇔





±=
=
⇔
=−−⇔
=−−−⇔

=+−−⇔
−=−−⇔
=−⇔
2
3
cos
1cos
0)3cos4)(1(cos
0)3cos4()3cos4(cos
03cos3cos4cos4
)cos3cos4(
2
1
)cos1(2
2
1
3cos
2
1
sin2
2
1
2
22
23
32
2
x
x
xx

xxx
xxx
xxx
xx
(Thoả mãn đk
0cos
≠
x
)




+±=
=
⇔
π
π
π
lx
kx
6
2
KL: PT có nghiệm
),(
6
2
Zlk
lx
kx

∈




+±=
=
π
π
π
0,25
0,25
0,25
0,25
II.2 1đ
1đ
Đk:






∪







−−∈ 2;
2
1
2
1
;2x
Vì hai vế của Phương trình đều dương, nên bình phương 2 vế ta được.
Pt đã cho
2
2
2
2
2
)]
1
(4[)
1
(252)
1
(4
x
x
x
x
x
x +−=+−++−⇔
Đặt
x
xt
1

+=

)2
2
3
( ≤≤ t
Khi đó
222
)4()2(252)2(4 ttt −=−−+−−
22
291)2( tt −=+−⇔
(1)
pt (1) có VT ≥ 1; VP ≤ 1; VT = VP = 1
2=⇔ t
0.25
0.25
Nên (1) có nghiệm duy nhất: t = 2.
1
2
1
=⇔
=+⇒
x
x
x

Vậy pt đã cho có nghiệm x = 1
0.25
0,25
III.1

1đ
Điều kiện: x > 0; y > 0;
1≠y
Hệ







=+
=−
⇔
))(log(log
3
1
)log(log
3
1
log4
log3
loglog
2222
2
2
22
yxyx
y
x

yx

Đặt
byax ==
22
log;log
Ta được:





=+
=−
baba
b
a
ba
.
4
3

)2(
)1(
Từ (2)
1−
=⇒
b
b
a

thế vào (1)






=
=
⇔=+−⇔
−
=−
−
2
3
2
1
0384
)1(4
3
1
2
b
b
bb
b
b
b
b
*

1
2
1
−=⇒= ab
. Khi đó



=
=
⇔



=
−=
2
2/1
2/1log
1log
2
2
y
x
y
x
*
3
2
3

=⇒= ab
. Khi đó



=
=
⇔



=
=
22
8
2/3log
3log
2
2
y
x
y
x
ĐS: Nghiệm của hệ là:
)22;8();2;
2
1
(
0,25
0,25

0,25
0,25
III.2
1đ
6
22
12
=⇒
=++⇔
−−
n
CCCGt
n
n
n
n
n
n

Số hạng ở chính giữa ≤ -540000



≤
≥
⇔



−≤

≥
⇔
≥⇔≥⇔≥⇔
−≤−⇔
10/1
10
10loglog
10loglog
10log)(log1010)(
5400003.)(
2log33log
33log3
6
x
x
x
x
xxx
xC
xx
x
ĐS:
);10[]
10
1
;0( +∞∪∈x
0,25
0,25
0,25
0,25

IV1
1đ
Kẻ
NKPM
gcgNEKPFMADEADNEABFAMPF
=⇒
∆=∆⇒∈⊥∈⊥ )()();(
Gọi
( )
11
;; yxHHMPNK =∩
P đối xứng với M qua I
)5;0( −⇒ P



=−
=−
⇔





=
⇒⊥
11
11
54
54

0.
//
xy
yx
NHMH
MPMH
MPNH
Vậy






17
15
;
17
25
H
);(,
0.
22
yxKMPmàNK
MPNKMPNK
=
=⇒⊥
Vậy




−
−
⇒



=+−
=−+
)2;13(
)2;3(
64)5(
054
2
2
2
2
22
K
K
yx
yx
Loại
)2;13( −K
vì
NK
cùng hướng với
NH
Vậy
)2;3(−K

.
0,25
0,25
0,5
IV.2`
a.
1,0đ

+Dễ thấy:
OBOABOOAOOOA ⊥⇒
′
⊥
′
⊥ ;
Nên
OABOOA ∆
′
∆ ;
là các tam giác vuông tại
O.
+Lại có:
AOBOOABOOOBO
′
⊥
′
⇒⊥
′′
⊥
′
;

Nên
OBOABO
′
∆
′
∆ ;
là các tam giác vuông tại
O’
+
6
2
.
2
1
.
3
1
3
'
R
BOOOOAV
BAOO
=
′′
=
(đvtt)
0,25
0,25
0,5
b.

1,0đ
Kẻ MN//OA, N thuộc OA.
NP//O’B, P thuộc AB
MQ//O’B,Q thuộc OB.
Dễ chứng minh tứ giác MNPQ là thiết diện do
( )
α
cắt tứ diện OAO’B.
Từ a, suy ra tứ giác MNPQ là hình chữ nhật.
Vậy
MQMNS
MNPQ
.=
Trong đó:
2
2
2
2 xR
MN
R
xR
OO
MO
OA
MN −
=⇒
−
=
′
′

=

22
''
x
MQ
R
x
OO
OM
BO
MQ
=⇒==
Suy ra:
( )
2
2 xRx
S
MNPQ
−
=
0,25
0,25
0,25
0,25
O
’
O
B
A

M
N
P
Q
A
F M
B
K
E
D
N
I
H
C
CâuV
1đ
Ta có:
( ) ( )
[ ]
4
1
1
1
1
11
3333
3333
≥







++
+
++
+++++
caba
caba

1
1
1
1
22
4
3333333
++
+
++
≤
+++
⇒
cabacba
Tương tự:
1
1
1
1

22
4
3333333
++
+
++
≤
+++ cbbacba






++
+
++
+
++
≤⇒
++
+
++
≤
+++
1
1
1
1
1

1
24
1
1
1
1
22
4
333333
3333333
cacbba
P
cacbcba
Mặt khác:
( )
0)(
2
≥+− baba

)0,( >∀ ba
Nên
)(
33
baabba +≥+
abcbaabba ++≥++⇔ )(1
33
)(
1
1
1

33
cbaab
ba
++
≤
++
⇔
Tương tự:
)(
1
1
1
33
cbaac
ca
++
≤
++
)(
1
1
1
33
cbabc
cb
++
≤
++
Vậy:













++
++
≤
acbcabcba
P
1111
24
2
1
.
1
2
1
=







++
++
≤⇒
abc
cba
cba
P
Dấu “=” xảy ra
1===⇔ cba
KL: P đạt giá trị lớn nhất là
2
1
khi
1=== cba
0,25
0,25
0,25
0,25