Đề thi thử Đại học môn Toán kèm hướng dẫn giải số 33

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 2d x y z= + = −
và tiếp
xúc với mặt cầu tâm I(1;2;-1) bán kính
2R =

.
Câu VIIa. (1,0 điểm)
Chứng minh rằng
2
2
1
2
2 1
n
n
n
C
n
>
+
với
, 1n 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
Câu I
(2,0)
1.
(1,0)

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
Đồ thị:
Đồ thị giao với Oy tại (0;1)

0,25
2.
(1,0)
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 1x x⇔ − = − ⇔ =
loại 0,25
Nếu
0m ≠
thì dễ thấy phương trình (1) có 2 nghiệm là
2 3
1 hay x=
m

x
m
−
=
0,25
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
x
y’
y
-∞
1
0
x
y
+
-∞
+∞
+∞
Câu II
(2,0)
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− + =
2 2
1 3
1 sin 2 sin 4 .sin
4 2
x x x⇔ + =
0,5
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
2.
(1,0)
Điều kiện
0 1y< ≠
và
3
2 1 à log 1
x
v y≤ ≤

và nên đặt
3
2 s à log s
x
co v y co
α β
= =
với
, [0; ]
α β π
∈
thì sẽ đưa đến hệ
2 2
1 s s 1 s s 1
(1 s )(1 ) 2
co co co co
co cos
α β β α
β α


− + − =


− + =


sin s sin s 1
(1 s )(1 ) 2
co co
co cos
α β β α
β α
+ =

⇔

− + =

0,25
sin( ) 1
2
(1 s )(1 ) 2
sin s sin cos 1 0
co cos
co
π
α β
α β
β α

β β β β

+ =
+ =


⇔ ⇔
 
− + =


− − − =

0,25
Đặt
2
1
sin cos , 2 sin .cos
2
t
t t
β β β β
−
= − ≤ ⇒ =
thì được phương trình
2
2
1
1 0 2 3 0 1
2

t
t t t t
−
− − = ⇔ + − = ⇒ =
(loại t=-3)
0,25
Với t=1 tức
2 sin 1 0
4 2
π π
β β α
 
− = ⇒ = ⇒ =
 ÷
 
(loại
β π
=
) 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
Câu III
(1,0)
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
π
∈

khi
2
0
3
x t
π
= ⇒ =
và
1
2
x t
π
= ⇒ =
thì đưa đến tích phân
2
2 2
3
2
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
π
π
π π

+ + +
= − =
− −
∫ ∫
0,25
( )
2 2
2
3 3
2 2
(1 2cos ) 2sin
1 4cos 2(1 cos2 )
2sin
t tdt
I t t dt
t
π π
π π
+
= = + + +
∫ ∫
( )
2
3
2
3 4cos 2cos 2t t dt
π
π
+ +
∫

2
3
2
(3 4sin sin 2 )t t t
π
π
= + + =
3 3
4
2 2
π
+ −
0,5
CâuIV
(1,0) (1,0)
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
3
1 1 3 3
. . ' 3. .
2 2 2 4
a
V AC BD OB a a a= = =
0,25
Câu V
(1,0)
(1,0)
Ta nhận thấy
2

( 2 1) 0x y
− + ≥
và
2
(2 3) 0x my
− + ≥
, 0x 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 4D m m≠ ⇔ − ≠ ⇔ ≠
thì hệ có duy nhất nghiệm tức P=0 xảy ra. 0,25
0 4 0 4D 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
4m
≠
Câu
VI.a
(2,0)
(1,0)
+ 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 0m a mb m− + + − =

2
(2 1) 1 0am 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
0a

≠
thì (2) vô nghiệm khi và chỉ khi
2
(2 1) 4 (1 ) 0b 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
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
(1,0)
Mặt phẳng chứa đường thẳng (d) có phương trình là
( 1) ( 2) 0m x y n x z− − + − + =
(với
2 2
0m n+ >
)
( ) 2 0m 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
+ Khi
0n
=

chọn m=1 được phương trình x-y-1=0,
+ Khi
5
3
m
n =
thì chọn
3 5m n= ⇒ =
được phương trình 8x-3y-5z+7=0
0,25
Câu
VII.a
(1,0)
Chứng minh rằng
2
2
1
2
2 1
n
n
n
C
n
>
+
với
, 1n 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
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
Câu
VI.b
(2,0)
(1,0)
Ta thấy đường tròn
( )
m
C
có tâm I(m
2
;2m) và bán kính
2
0; 0R 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
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
+ Ta có IF=IK và IJ=IH nên IF-IJ=IK-IH tức FJ=HK=1
0,5
+ Vậy J nằm trên trên đường tròn (L) cố định tâm F bán kính FJ=1 và
( )
m
C
tiếp
xúc với (L)
(1,0)
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
ϕ
=
có
2
sin
5
ϕ
=
+ Nếu
0m
≠
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
ϕ
+ +
⇒ = =
+ + + − + +
0,25

Nhận xét
ϕ
lớn nhất khi và chỉ khi sin
ϕ
lớn nhất
2
2
2
(1 2 )
sin ( )
5 4 2
n
f n
n n
ϕ
+
⇒ = =
+ +
0,25
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
ϕ
lớn nhất khi n=2 do đó mặt phẳng (P): x+5y-2z+9=0

0,25
Câu
VII.b
(1,0)
(1,0)
Đặt
3 0
x
t= >
thì bất phương trình là
2
3 0t 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
Lập bảng biến thiên ta thấy hàm
2
3
1
t
y
t
+
=
+

nhận giá trị
[2; ); 0t+∞ ∀ >

Vì vậy để bất phương trình có ít nhất một nghiệm là
2m ≥
0,25
… Hết…