Đề và đáp án thi thử ĐH 2011 số 1

GV: Nguyễn Huy Khôi
ĐỀ SỐ: 01

ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 – KHỐI A+B
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
1
y = mx 3 + (m − 1) x 2 + (4 − 3m) x + 1
3
Cho hàm số
có đồ thị là (Cm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số khi m=1
2. Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm) 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)
3
sin 2 4 x.sin x + cos 4 x − 1 = cos 2 x
2
1. Giải phương trình
 1 − 4x
+ 2 x 1 − log 23 y = 1

log
3

y

(1 − log 3 y )(1 + 2 x ) = 2
2. Giải hệ phương trình 

1
x 2 dx
I =∫
3 + 2x − x2
0
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân
Câu IV. (1,0 điểm)
Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, góc A=600, 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
2
2
P= ( x − 2 y + 1) + (2 x − my + 3) . Với ∀x, y ∈ R
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):(m21)x+2my+1-m=0 đi qua.
2. Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng
(d ) : x = y + 1 = z − 2 và tiếp xúc với mặt cầu tâm I(1;2;-1) bán kính R = 2 .
Câu VIIa. (1,0 điểm)
C2nn
1
> 2n
n
Chứng minh rằng 2n + 1 2 với ∀n ∈ N , n ≥ 1 . Trong đó C2 n là số tổ hợp chập n của 2n
phần tử.
B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb. (2,0 điểm)
2
2
2
2
1. Trong mặt phẳng 0xy chứng minh rằng đường tròn (Cm ) : x + y − 2m x − 4my + 4m = 0
luôn tiếp xúc với 2 đường cố định mà ta phải chỉ rõ.
x −1 y + 2 z
(d ) :
=
=
1
−1
−2 và tạo
2. Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
với trục Oy một góc lớn nhất.
Câu VIIb. (1,0 điểm)
x
x
Định m để bất phương trình 9 − m.3 − m + 3 ≤ 0 có ít nhất một nghiệm.
.........................….. Hết …..........................


ĐÁP ÁN 1
CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - MÔN TOÁN
Câu

ý

Đáp án

Điểm

1
y = x3 + x + 1
3
Khi m =1
Tập xác định: R .
Chiều biến thiên:
y ' = x 2 + 1 → y’>0 ∀x ∈ R
lim y = +∞ lim y = −∞
x →+∞
, x →−∞
Bảng biến thiên:
x -∞
y’
+
y

1.
(1,0)

0,5
+∞
+∞

-∞

+ Hàm số luôn đồng biến trên ¡
+ Hàm số có không cực đại và cực tiểu tại.

Đồ thị:
y
Đồ thị giao với Oy tại (0;1)

0,25

1
Câu
I
(2,0)

0,25

0

x

1
Phương trình đường thẳng (L) có hệ số góc là 2 nên hệ số góc của tiếp tuyến
cần tìm là k=2. Lúc đó nếu x là hoành độ tiếp điểm thì
f '(x) = 2 ⇔ mx 2 + 2(m − 1)x + (4 − 3m) = 2 ⇔ mx 2 + 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.
Nếu m=0 thì (1) ⇔ −2 x = −2 ⇔ x = 1 loại
2 − 3m
x = 1 hay x=
m
Nếu m ≠ 0 thì dễ thấy phương trình (1) có 2 nghiệm là
−

2.
(1,0)

m < 0
2 − 3m
<0⇔
m > 2
m
3

do đó để có một nghiệm âm thì
2
m < 0 hay m >
3 thì trên (C) có đúng một tiếp điểm có hoành độ âm thỏa
Vậy
yêu cầu đề bài

0,25

0,25
0,25

0,25


Phương trình tương đương với
1
3
⇔ 1 + sin 2 2 x = sin 2 4 x.sin x
4

2
1.
(1,0)

(1 − cos 2 x )cos 2 x + 1 = sin 2 4 x.sin

3
x
2

sin 2 x = 0


 2
3
sin 4 x.sin 2 x = 1
Vậy phương trình có nghiệm khi
 sin 2 x = 0

⇔

3
0.sin
x
=
1

2
hệ vô nghiệm tức phương trình vô nghiệm
2 x ≤ 1và log 3 y ≤ 1

0
<
y
≠
1
Điều kiện
và
x
2
=
co
s
α và log 3 y = co s β với α , β ∈ [0; π ] thì sẽ đưa đến hệ
và nên đặt
 1 − co s 2 α co s β + 1 − co s 2 β co s α = 1
sin α co s β + sin β co s α = 1
⇔

(1 − co s β )(1 + cosα ) = 2

 (1 − co s β )(1 + cosα ) = 2
π

sin(α + β ) = 1
α +β =


⇔
⇔
2

(1 − co s β )(1 + cosα ) = 2
sin β − co s β − sin β cos β − 1 = 0

Câu
II
(2,0)

2.
(1,0)

t = sin β − cos β , t ≤ 2 ⇒ sin β .cos β =

1− t2
2 thì được phương trình

Đặt
1− t2
t−
− 1 = 0 ⇔ t 2 + 2t − 3 = 0 ⇒ t = 1
2
(loại t=-3)

π
π

2 sin  β − ÷ = 1 ⇒ β = ⇒ α = 0
4
2

Với t=1 tức

(loại β = π ) tức
 2x = 1
x = 0
⇒

log 3 y = 0  y = 1 So với điều kiện ban đầu loại, nên hệ vô nghiệm.
1
1
1
x 2 dx
x 2 dx
x 2 dx
I =∫
=∫
=∫
3 + 2 x − x 2 0 4 − ( x 2 − 2 x + 1) 0 22 − ( x − 1) 2
0

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Đặt x-1=2cost ⇒ dx=-2sintdt với t ∈ [0; π ]
2π
π
x=0⇒t =
x =1⇒ t =
3 và
2 thì đưa đến tích phân
khi
Câu
III
(1,0)

π
2

I =−∫

2π
3

I=

2π
3

∫

π
2

(1 + 2 cos t ) 2sin tdt
2

4 − (2 cos t ) 2

2π
3

=∫
π
2

(1 + 4 cos t + 4 cos 2 t )2sin tdt
2 1 − cos 2 t

2π
3

(1 + 2 cos t ) 2sin tdt
= ∫ ( 1 + 4 cos t + 2(1 + cos 2t ) ) dt
2sin t
π
2

2

0,5

2π
3

∫ ( 3 + 4 cos t + 2 cos 2t ) dt = (3t + 4sin t + sin 2t )

π
2

0,25

2π
3
π
2

= π + 3 3 −4
2
2


K

0,25

CâuI
V
(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
a
BK =
4
BI ⇒
2

15
a
B ' K = B ' B − BK = a −  ÷ = a
4
4
+ Với Tam giác vuông BB’K có
15a 2
S BB ' C ' C = B ' K .BC =
4
+ Vậy diện tích mặt bên BB’C’C là
+ Hoàn toàn tương tự diện tích các mặt đều bằng nhau nên
15a 2
S xq = 4S BB ' C ' C 4
= 15a 2
4
DB a
OB =
=
2
2.
+ Do BDC là tam giác đều cạnh a nên

2

2

2

2

3
a
B ' O = B ' B − OB = a −  ÷ = a
2
2
+ Và
1
1
3 3a 3
V = AC.BD.OB ' = a 3.a.a
=
2
2
2
4
2

Câu (1,0)
V
(1,0)

2

0,25

0,25

2

0,25

Ta nhận thấy ( x − 2 y + 1) ≥ 0 và (2 x − my + 3) ≥ 0 ∀x, y ∈ ¡ ⇒ P ≥ 0
 x − 2 y +1 = 0
P=0⇔
2 x − my + 3 = 0 tức P=0 khi và chỉ khi hệ phương trình trên có nghiệm
2

2

1 −2
 x − 2y +1 = 0
 x − 2 y = −1
⇔
= 4−m

 2 x − my + 3 = 0
 2 x − my = −3 có 2 −m
D ≠ 0 ⇔ 4 − m ≠ 0 ⇔ m ≠ 4 thì hệ có duy nhất nghiệm tức P=0 xảy ra.
 x − 2 y +1 = 0

D = 0 ⇔ 4 − m = 0 ⇔ m = 4 thì hệ sẽ là  2 x − 4 y + 3 = 0 vô nghiệm nên minP>0.
Đặt t=x-2y thì ta có

2
14 49 
49
2
2

 7 1
P = ( t + 1) + ( 2t + 3) = 5t 2 + 14t + 10 = 5  t 2 + t + ÷+ 10 −
= 5t + ÷ +
5
25 
5

 5 5
1
7
7
P=
t = − hay x − 2 y + = 0
5 khi
5
5
Vậy min

0,25

0,25
0,5

1
5 khi m=4 hay minP=0 khi m ≠ 4
Kết luận min
2
+ Giả sử có điểm S (a; b) ∉ ( d ), ∀m thì (m − 1)a + 2mb + 1 − m ≠ 0, ∀m hay
(m 2 − 1)a + 2mb + 1 − m = 0 ⇔ am 2 + (2b − 1) m + 1 − a = 0 (2) vô nghiệm m
P=

 1
1
S  0; ÷∉ (d )
2 tức  2 
+ Nếu a=0 thì (2) sẽ là (2b-1)m+1=0 vô nghiệm khi
2
+ Nếu a ≠ 0 thì (2) vô nghiệm khi và chỉ khi (2b − 1) − 4a(1 − a) < 0
b=

(1,0)

1
1
1
⇔ 4a 2 − 4a + (2b − 1) 2 < 0 ⇔ (a − ) 2 + (b − ) 2 <
2
2
4 vậy những điểm nằm trong
1 1
1
I ; ÷
R=

2 thì (d) không qua
đường tròn cố định tâm  2 2  bán kính
Kết hợp cả 2 ta có đường thẳng (d) không đi qua những điểm nằm trong đường
1 1
1
I ; ÷
R=
2.
tròn tâm  2 2  bán kính
Mặt phẳng chứa đường thẳng (d) có phương trình là
m( x − y − 1) + n( x − z + 2) = 0 (với m 2 + n 2 > 0 ) ⇔ (m + n) x − my − nz + 2n − m = 0

Câu
VI.a
(2,0)

(1,0)

Câu
VII.
a
(1,0)

Để mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu thì d ( I , P ) = R
m + n − 2m + n + 2n − m
−2m + 4n
⇔
= 2⇔
= 2
2

2
2
( m + n ) + ( − m) + ( − n )
2m 2 + +2mn + 2n 2
 n=0
2
2
2
⇔ (−2m + 4n) = 2(2m + +2mn + 2n ) ⇔ 2n(3n − 5m) = 0 ⇔ 
 n = 5m
3

+ Khi n = 0 chọn m=1 được phương trình x-y-1=0,
5m
n=
3 thì chọn m = 3 ⇒ n = 5 được phương trình 8x-3y-5z+7=0
+ Khi
C2nn
1
> 2n
Chứng minh rằng 2n + 1 2 với ∀n ∈ ¥ , n ≥ 1 .
C2nn
(2n)!
1.3.5...(2n − 1)
= 2n
=
2n
2 .n !.n !
2.4.6...(2n)
Biến đổi vế phải ta được 2

vì vậy phải chứng minh
2k − 1 (
=

Câu (1,0)
VI.b
(2,0)

2k − 1

2k − 1

)

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

2

=

2k − 1
, ∀k ∈ ¥ , k ≥ 1
2k + 1

4k
4k − 1
Mà 2k
Chọn k lần lượt từ 1,2,…,n rồi nhân các bất đẳng thức vế theo vế ta được đpcm.
2
Ta thấy đường tròn (Cm ) có tâm I(m2;2m) và bán kính R = m > 0; ∀m ≠ 0
2

0,25

1
1.3.5...(2n − 1)
>
2.4.6...(2n)
2n + 1

) <(
2

0,25

2

Vậy bán kính R bằng hoành độ tâm I nên (Cm ) tiếp xúc với trục Oy tại H.
Ta có quỹ tích tâm I của đường tròn là parabol (P): y2=4x có tiêu điểm F(1;0)

và đường chuẩn (D): x+1=0
+ IH vuông góc với đường chuẩn (D) tại K

0,5

0,25
0,25
0,5


+ IF cắt (Cm ) tại J
+ Ta có IF=IK và IJ=IH nên IF-IJ=IK-IH tức FJ=HK=1
+ Vậy J nằm trên trên đường tròn (L) cố định tâm F bán kính FJ=1 và (Cm ) tiếp
xúc với (L)
Mặt phẳng (P) chứa đường (d) nên có phương
r trình m(x+y+1)+n(2y-z+4)=0 với
m2+n2>0; và trục Oy có vectơ chỉ phương a = (0;1;0)
sin ϕ =

+ Nếu m=0 thì mặt phẳng (P):2y-z+4=0 thì góc ϕ = (( P), Oy ) có
+ Nếu m ≠ 0 thì có thể giả sử m=1 thì (P): x+(1+2n)y-nz+1+4n=0
1 + 2n
1 + 2n
⇒ sin ϕ = 2
=
1 + (1 + 2n) 2 + (−n) 2
5n 2 + 4 n + 2
(1,0)

0,25

2
5

(1 + 2n) 2
⇒ sin ϕ = 2
= f ( n)
5n + 4n + 2
Nhận xét ϕ lớn nhất khi và chỉ khi sin ϕ lớn nhất

0,25

2

5

n = 2 ⇒ f (2) =

6
−4 n + 6 n + 4
f '(n) =
=0⇔
2
2
(5n + 4n + 2)
n = − 1 ⇒ f  − 1  = 0
4
lim f (n) =

÷


2
 2
5
và n→±∞
Vậy sin ϕ lớn nhất khi n=2 do đó mặt phẳng (P): x+5y-2z+9=0
t2 + 3
⇔
≤ m; ∀t > 0
x
2
t +1
Đặt 3 = t > 0 thì bất phương trình là t − mt − m + 3 ≤ 0
Vậy bất phương trình có ít nhất một nghiệm tức tồn tại ít nhất một giá trị t>0 sao
t2 + 3
y=
t + 1 nằm dưới đường thẳng y=m
cho đồ thị hàm

0,25

2

Câu
VII.
(1,0)
b
(1,0)

2

t2 + 3
4 ⇒ y ' = 1 − 4 = t + 2t − 3
y=
= t −1 +
(t + 1) 2
(t + 1) 2
t +1
t +1
Mà
 t =1
t 2 + 2t − 3
⇒ y' = 0 ⇔
=0⇔ 
2
(t + 1)
t = −3 (loại t=-3)

Lập bảng biến thiên ta thấy hàm

y=

0,25

0,25

0,25

0,25

t2 + 3

t + 1 nhận giá trị [2; +∞); ∀t > 0
0,25

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