Đề thi thử Đại học môn Toán kèm hướng dẫn giải số 41

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT TỨ KỲ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011
Môn thi: TOÁN, khối A, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số
( ) ( )
4 2
1
m
y x m x m C= − + +
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
( )
m
C
khi
3m =
2) Xác định
1m >
để đồ thị
( )
m
C
cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi
( )
m
C
và trục Ox có diện tích phần phía trên trục Ox bằng diện tích phần phía dưới trục Ox.

Câu 2 (2 điểm):
1) Giải phương trình:
sin 2 2cos2 1 sin 4cosx x x x
+ = + −
2) Giải bất phương trình:
( )
2
3 2 2 3 0x x x− + − ≥
Câu 3 (1 điểm): Tính tích phân:
( )
2
2
0
sin 2
2 sin
x
I dx
x
π
=
+
∫
Câu 4 (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng tam giác
. ' ' 'ABC A B C
có đáy ABC là tam giác cân tại B, BA =
BC = a. Mặt bên
' 'ACC A
là hình vuông cạnh bằng
2a
, M là trung điểm BC. Tính thể tích khối tứ diện

'B MCA
và khoảng cách giữa 2 đường thẳng
, 'AM B C
.
Câu 5 (1 điểm): Cho
, , sao cho : 2 3 40x y z x y z∈ + + =¡
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
36 2 1 3 16P x y z= + + + + +
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ chọn làm 1 trong hai phần A hoặc B
Phần A:
Câu 6a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm
( )
2;0A
và 2 đường thẳng
1
: 0d x y− =
,
2
: 2 1 0d x y+ + =
. Tìm các điểm
1 2
,B d C d∈ ∈
để tam giác ABC vuông cân tại A.
2) Tìm các số hạng hữu tỉ trong khai triển nhị thức Niu tơn của biểu thức
3
1
3

2
n
 
+
 ÷
 
, biết n là số
tự nhiên thỏa mãn:
3 2
2 1
2 110
n n
C C
+ +
− =
.
Câu 7a (1 điểm): Giải hệ phương trình:
( )
( )
2 2
1 3y x y x
y y xy x x
+ + =


+ − =


Phần B:
Câu 6b (2 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng
1 2
: 3 0, :2 5 0,d x y d x y− = + − =
3
: 0d x y− =
. Tìm tọa độ các điểm
1 2 3
, , ,A d B d C D d∈ ∈ ∈
để tứ giác ABCD là một hình
vuông.
2) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất 3 lần. Tính xác suất sao cho mặt sáu chấm xuất hiện
ít nhất 1 lần.
Câu 7b (1 điểm): Giải phương trình sau:
( )
( )
3
2
2
2 2 3
5 5
log 1
log
log log .log 1
log 2 log 2
x
x
x x x
+
+ − + =
Hết

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
sent to www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1
(2điểm)
1) (1 điểm). Khảo sát hàm số
* Tập xác định:
D = ¡
3
0
' 4 8 0
2
x
y x x
x
=

= − = ⇔

= ±

0,25
* Hàm số đồng biến trên các khoảng:
( ) ( )
2;0 và 2;− +∞
; nghịch biến trên các khoảng
( ) ( )
; 2 ; 0; 2−∞ −
* Điểm cực đại

( )
0;3
, cực tiểu
( )
2; 1± −
0,25
* Bảng biến thiên:
x
−∞

2−
0
2

+∞
'y
0 0 0
y
+∞
3
+∞

1
−

1−
0,25
* Đồ thị:

f(x)=x^4-4x^2+3

x(t)=sqrt(2) , y(t)=t
x(t)=-sqrt(2) , y(t)=t
x(t)=t , y(t)=-1
-3 -2 -1 1 2 3
-1
1
2
3
4
5
x
y
0,25
2) (1 điểm) Tìm
1m >
để
Đồ thị hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt
( )
4 2
1 0x m x m⇔ − + + =
(1) có 4 nghiệm phân biệt
( )
2
1 0t m t m⇔ − + + =
(2) có 2 nghiệm dương phân biệt
( )
2
1 4 0
1 0 0& 1
0

m m
m m m
m

∆ = + − >


⇔ + > ⇔ > ≠


>


0,25
2 nghiệm của (2) là
1,t t m= =
, do
1m >
nên 4 nghiệm phân biệt của (1) theo thứ tự tăng là:
, 1,1,m m− −
0,25
Hàm số là chẵn nên hình phẳng trong bài toán nhận Oy làm trục đối xứng. Khi
đó đồ thị có dạng như hình bên.
Bài toán thỏa mãn
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )

( )
1 2
1
4 2 4 2
0 1
1
4 2 4 2
0 1
4 2
0
1 1
1 1
1 0
m
H H
m
m
S S x m x m dx x m x m dx
x m x m dx x m x m dx
x m x m dx
⇔ = ⇔ − + + = − + +
⇔ − + + = − − + +
⇔ − + + =
∫ ∫
∫ ∫
∫
0,25
( )
5 3
0

1
1 0 1 0 5
5 3 5 3
m
x x m m
m mx m
 
+
− + + = ⇔ − + = ⇔ =
 ÷
 
. KL:
5m =
thỏa mãn yêu cầu 0,25
2
(2điểm)
1) (1 điểm). Giải phương trình lượng giác
( )
( )
( ) ( )
2
PT sin 2cos 1 2 2cos 1 4cos 1 0 2cos 1 sin 2cos 3 0
2cos 1 0
sin 2cos 3 0
x x x x x x x
x
x x
⇔ − + − + − = ⇔ − + + =
− =


⇔

+ + =

0,5
*
1
2cos 1 0 cos 2
2 3
x x x k k
π
π
− = ⇔ = ⇔ = ± + ∈¢
0,25
*
sin 2cos 3 0 sin 2cos 3x x x x+ + = ⇔ + = −
. Do
( )
2
2 2
1 2 3+ < −
nên phương trình vô nghiệm 0,25
2) (1 điểm). Giải bất phương trình
Điều kiện:
3
2
x ≥
0,25
Bất PT
( )

2
2 3 0
3 2 0
2 3 0
x
x x
x

− =


⇔

− + ≥


− >




(Nếu HS viết ngay thành hệ như vậy mà không đặt ĐK ở trên thì cho 0,5) 0,25
*
( )
(
] [
)
[
)
2

;1 2;
3 2 0
2;
3
2 3 0
2
x
x x
x
x
x

∈ −∞ ∪ +∞

− + ≥
 
⇔ ⇔ ∈ +∞
 
>
− >




0,25
*
3
2 3 0
2
x x− = ⇔ =

. KL: Tập nghiệm của BPT là
[
)
3
2;
2
S
 
= ∪ +∞
 
 
0,25
3
(1điểm)
Tính tích phân
( ) ( )
2 2
2 2
0 0
sin 2 sin cos
2
2 sin 2 sin
x x x
I dx dx
x x
π π
= =
+ +
∫ ∫
0,25

Đặt
2 sin cos 0 2, 3
2
t x dt xdx x t x t
π
= + ⇒ = = ⇒ = = ⇒ =
0,25
Ta được tích phân
3
3 3
2 2
2 2
2
2 1 2 2
2 2 2 ln
t
I dt dt t
t tt t
−
   
= = − = +
 ÷  ÷
   
∫ ∫
0,25
Kết quả
3 2
2ln
2 3
I = −

0,25
4
(1điểm)
Cho hình lăng trụ
a) Thể tích khối tứ diện
'B MCA
.
Do
' 'ACC A
là hình vuông nên
2AC a=
, từ đó ta có:
2 2 2
BA BC AC+ =
hay tam giác ABC vuông cân tại B.
Do AM là trung tuyến của tam giác ABC nên
2
1 1 1
. .
2 2 2 4
AMC ABC
a
S S BA BC
∆ ∆
= = =
a
2
a
a
N

M
C
B
A'
C'
B'
A
0,25
2 3
'
1 1 2
. ' . . 2
3 3 4 12
B MCA MCA
a a
V S B B a
∆
= = =
0,25
b) Gọi N là trung điểm
'BB
, ta có
( ) ( ) ( )
( )
'// '// ', ',CB MN CB AMN d CB AM d CB AMN⇒ ⇒ =
( )
( )
,d C AMN=
. Do B, C đối xứng nhau qua M nên
( )

( )
( )
( )
, ,d C AMN d B AMN=
0,25
Xét tứ diện NABM có BA, BM, BN đôi một vuông góc.
Kẻ
,BI MA I MA NI MA
⊥ ∈ ⇒ ⊥
Kẻ
( )
BH AMN H NI⊥ ⇒ ∈
Ta có
( )
( )
, .d B AMN BH=
Có
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 7
7
a
BH
BH BN BI BN BM BA a
= + = + + = ⇒ =
Vậy
( )
',
7
a
d CB AM BH= =

a
2
2
a
a
2
B
A
M
N
I
H
0,25
5
(1điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2 2 2 2 2
36 2 1 3 16 36 4 4 9 144P x y z x y z= + + + + + = + + + + +
0,25
Xét các vec tơ:
( ) ( ) ( )
;6 , 2 ;2 , 3 ;12a x b y c z= = =
r r r
. Ta có
P a b c= + +
r r r
và
0,5
( ) ( ) ( )
2 3 ;20 40;20 theo gta b c x y z+ + = + + =

r r r
2 2
40 20 20 5a b c⇒ + + = + =
r r r
Ta có BĐT
a b c a b c+ + ≥ + +
r r r r r r
(1). CM: Với 2 vec tơ
,u v
r r
ta có
2 2 2
2 2
2 . 2 .u v u v u v u v u v+ = + + ≤ + +
r r r r r r r r r r

( )
2
(*)u v u v u v= + ⇒ + ≤ +
r r r r r r
, dấu bằng xảy ra
,u v⇔
r r
cùng
hướng.
Áp dụng BĐT (*) ta có
a b c a b c a b c+ + ≥ + + ≥ + +
r r r r r r r r r
, dấu bằng xảy ra
, ,a b c⇔

r r r
cùng hướng.
Áp dụng BĐT (1) ta có:
20 5P ≥
Vậy
min 20 5P =
, xảy ra
, ,a b c⇔
r r r
cùng hướng và
2 3 40x y z
+ + =
12
2 3
2
6 2 12
2 3 40
8
x
x y z
y
x y z
z
=


= =
 
⇔ ⇔ =
 

 
+ + =
=


0,25
6a
(2điểm)
1) (1 điểm)Tìm tọa độ các điểm B, C
( ) ( )
1 2
, ; , 1 2 ;B d C d B b b C c c∈ ∈ ⇒ − −
0,25
4 6
. 0 3 4 6 0
3
c
AB AC AB AC bc b c b
c
+
⊥ ⇔ = ⇔ − − + + = ⇔ =
+
uuur uuur
(1)
( )
2
2
2 1 5 12 7AB AC b c c= ⇔ − = + +
(2)
0,25

Thế (1) vào (2) được
2
2 4 3 2
4 6
2 1 5 12 7 5 42 106 114 45 0
3
c
c c c c c c
c
+
 
− = + + ⇔ + + + + =
 ÷
+
 
( ) ( )
( )
2
1
1 5 5 12 9 0
5
c
c c c c
c
= −

⇔ + + + + = ⇔

= −


0,25
Kết luận:
( ) ( ) ( ) ( )
1 1;1 , 1; 1 ; 5 7;7 , 9; 5c B C c B C= − ⇒ − = − ⇒ −
0,25
2) (1 điểm)Tìm số hạng là số hữu tỉ trong khai triển nhị thức Niu tơn của
* Tìm n:
3 2 3 2
2 1
2 110 3 4 660 0 10
n n
C C n n n n
+ +
− = ⇔ − − − = ⇔ =
0,25
10
10
10
32
10
3 3
0
1 1
3 3 .3 .2
2 2
n
k
k
k
k

C
−
−
=
   
+ = + =
 ÷  ÷
   
∑
0,25
Do
( )
2,3 1=
nên số hạng hữu tỉ trong khai triển phải thỏa mãn
10
2
3
k
k
−

∈


⇔


− ∈



¢
¢
k chẵn và chia hết cho 3
Do
0 10 0, 6k k k≤ ≤ ⇒ = =
0,25
0 5 6 2 2
10 10
945
0 .3 243. 6 .3 .2
2
k C k C
−
= ⇒ = = ⇒ =
là các số hạng hữu tỉ cần tìm 0,25
7a
(1điểm)
Giải hệ phương trình…
Xét hệ
( )
( )
( )
2 2
1 3 (1)
2
y x y x
y y xy x x
+ + =



+ − =


( )
( )
2 2 3
2
2 0
x y
x y y x y
x y
= −

⇔ + − − = ⇔

=

(Coi pt là bậc hai với x là ẩn y là tham số)
0,5
*
x y= −
thế vào (1) được
0y =
suy ra
0x y
= =
là nghiệm 0,25
*
2
x y=

thế vào (1) được
3 2
0
2 0
1
y
y y y
y
=

− + = ⇔

=

. Ta được 2 nghiệm
1 0
và
1 0
x x
y y
= =
 
 
= =
 
Vậy hệ có 2 nghiệm
1 0
và
1 0
x x

y y
= =
 
 
= =
 
Cách 2: Nếu
0 0x y= ⇒ =
thỏa mãn hệ (0,25). Nếu
0 0x y≠ ⇒ ≠
thì chia 2 vế 2 pt cho x rồi đặt ẩn phụ
,
y
a b x y
x
= = +
(0,25). Giải hệ ẩn a, b được nghiệm a, b (0,25). Tìm được nghiệm (0,25)
Cách 3: HS có thể giải bằng phương pháp thế. Biểu điểm tương tự giải theo các phương pháp trên
0,25
6b
(2điểm)
1) (1 điểm) Tìm tọa độ các điểm
, , ,A B C D
….
Gọi
( )
2
;5 2B b b d− ∈
. Đường thẳng
1

∆
qua B và vuông góc
3
d
cắt
3
d
tại C. Phương trình
1
: 5 0x y b∆ + + − =
Tọa độ của C là nghiệm hệ
0
5 5
;
5 0
2 2
x y
b b
C
x y b
− =

− −
 
⇒

 ÷
+ + − =
 


0,25
Đường thẳng AB //
3
d
nên có phương trình
5 3 0x y b− + − =
.
Tọa độ A là nghiệm hệ
5 3 0
9 15 3 5
;
3 0
2 2
x y b
b b
A
x y
− + − =

− −
 
⇒

 ÷
− =
 

Đường thẳng
2
∆

qua A và vuông góc
3
d
cắt
3
d
tại D. Phương trình
1
: 6 10 0x y b∆ + − + =
Tọa độ của D là nghiệm của hệ
( )
0
3 5;3 5
6 10 0
x y
D b b
x y b
− =

⇒ − −

+ − + =

0,25
ABCD là hình vuông
2
5
2 9 10 0 2
2
AD CD b b b b⇔ = ⇔ ⇔ − + = ⇔ = ∨ =

0,25
( ) ( )
3 1 3 3 5 15 5 5 5 5 5 5
2 ; , 2;1 , ; , 1;1 ; , ;0 , ; , ;
2 2 2 2 2 4 4 2 4 4 2 2
b A B C D b A B C D
           
= ⇒ = ⇒
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
           
0,25
2) (1 điểm). Tính xác suất….
Cách 1: Gọi
i
A
là biến cố “gieo lần thứ i được mặt 6 chấm”
( )
1
, 1,3
6
i
P A i⇒ = =
i
A⇒
là biến cố “gieo lần thứ i không được mặt 6 chấm”
( )
5
, 1,3
6
i

P A i⇒ = =
0,25
Gọi B là biến cố “trong 3 lần gieo, mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần”
B⇒
là biến cố “trong 3 lần gieo, mặt 6 chấm không xuất hiện”. Ta có
1 2 3
. .B A A A=
0,25
Do
1 2 3
, ,A A A
độc lập với nhau nên
1 2 3
, ,A A A
cũng độc lập
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3
1 2 3 1 2 3
5 125
. . . .
6 216
P B P A A A P A P A P A
 
⇒ = = = =
 ÷
 
0,25
( )
( )
91

1
216
P B P B⇒ = − =
0,25
Cách 2: Không gian mẫu
Ω
của phép thử này có số phần tử là
( )
3
6 216n Ω = =
kq đồng khả năng 0,25
Gọi A là biến cố “mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần”. Xét các khả năng thuận lợi cho A như sau:
1) Mặt 6 chấm xuất hiện 1 lần: Nếu mặt 6 chấm xuất hiện lần gieo đầu thì 2 lần sau không xuất hiện,
có 1.5.5 = 25 kq thuận lợi. Tương tự cho mặt 6 chấm xuất hiện lần 2 và lần 3.Vậy TH này có 25.3 = 75 kq
2) Mặt 6 chấm xuất hiện 2 lần: Nếu mặt 6 chấm xuất hiện lần 1 và 2 thì lần 3 không xuất hiện, vậy có 1.1.5 = 5
kq. Tương tự cho 2 khả năng còn lại. Vậy TH này có 5.3 =15 kq
3) Mặt 6 chấm xuất hiện ở cả 3 lần gieo, có 1 kq
Vậy số kết quả thuận lợi cho A là:
( )
75 15 1 91n A = + + =
Chú ý: Có thể tính số khả năng thuận lợi cho biến cố đối
A
rồi tính
( )
P A
0, 5
Xác suất của biến cố A là
( )
91
216

P A =
0,25
Câu 7b
(1điểm)
Giải phương trình …
Phương trình
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2 2 3
2 3
log log 5
log log 5 log log 1 0
log log 1
x
x x x
x x
= −

⇔ + − + = ⇔

= +

0,5
*
2 2
1
log log 5
5

x x= − ⇔ =
0,25
*
( )
2 3
log log 1x x= +
. Đặt
2
log 2
t
x t x= ⇒ =
. Ta có pt
2 1
2 1 3 1
3 3
t t
t t
   
+ = ⇔ + =
 ÷  ÷
   
. Chứng minh pt này có
nghiệm duy nhất t = 1 từ đó khẳng định pt có nghiệm duy nhất x = 2
KL: PT đã cho có 2 nghiệm như trên
0,25