Tài liệu Đề 39 có đáp án

- 0949512724
Đề 39 THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
có đồ thị (C
m
).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
( )
+∞
;2
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2
=+
xx

b) Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+
xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
∫
+

=
2ln3
0
23
)2(
x
e
dx
I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt
phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa
AA’
và BC là
a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+−
yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1
1
22
44
++
++

=
yx
yx
P
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm
trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:
10)2)(3)((
2
=++−
zzzz
,
∈
z
C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường
thẳng
( ) :3 5 0x y∆ − − =
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2
5

1
1
3
4
:
1
−
+
=
−
−
=
−
zyx
d

13
3
1
2
:
2
zyx
d
=
+
=
−

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d

1
và d
2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình:
2log9)2log3(
22
−>−
xxx
……...HẾT...........
ĐÁP ÁN
Câu I
a) Đồ Học sinh tự làm
0,25
b)
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x
= − + + + +
)1(6)12(66'
2
+++−=⇒
mmxmxy
y’ có
01)(4)12(
22
>=+−+=∆
mmm
0,5




+=
=
⇔=
1
0'
mx
mx
y
Hàm số đồng biến trên
( )
+∞
;2

⇔
0'
>
y

2
>∀
x
⇔
21
≤+
m
⇔
1
≤
m
0,25

0,25
Câu II
a)
Giải phương trình:
1)12cos2(3cos2
=+
xx
1 điểm
PT
⇔
1)1cos4(3cos2
2
=−
xx
⇔
1)sin43(3cos2
2
=−
xx
0,25
Nhận xét
Zkkx
∈=
,
π
không là nghiệm của phương trình đã cho nên
ta có:
1)sin43(3cos2
2
=−

xx
⇔
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
=−
⇔
xxx sin3sin3cos2
=
⇔
xx sin6sin
=
0,25
⇔



+−=
+=
ππ
π
26
26
mxx
mxx

⇔







+=
=
7
2
7
5
2
ππ
π
m
x
m
x
;
Zm
∈
0,25
Xét khi
=
5
2
π
m
π
k
⇔
2m=5k
⇔

m
t5
=
,
Zt
∈
Xét khi
7
2
7
ππ
m
+
=
π
k
⇔
1+2m=7k
⇔
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1&
m=7l+3,
Zl
∈
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
π
m
x
=

(
tm 5
≠
);
7
2
7
ππ
m
x
+=
(
37
+≠
lm
) trong đó
Zltm
∈
,,
0,25
b
)
Giải phương trình :
3
2
3
512)13(
22
−+=−+
xxxx

1 điểm
PT
⇔
631012)13(2
22
−+=−+
xxxx
232)12(412)13(2
222
−++−=−+
xxxxx
. Đặt
)0(12
2
≥−=
txt
Pt trở thành
0232)13(24
22
=−+++−
xxtxt
0,25
Ta có:
222
)3()232(4)13('
−=−+−+=∆
xxxx
Pt trở thành
0232)13(24
22

=−+++−
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13('
−=−+−+=∆
xxxx
0,25
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12
+
=
−
=
x
t
x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:



+




+−
∈
7
602
;
2
61
x
0,5
Câu III
Tính tích phân
∫
+
=
2ln3
0
23
)2(
x
e
dx
I
1 điểm
Ta c ó
∫
+
=
2ln3
0
2

33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
=
Đặt u=
3
x
e
⇒
dxedu
x
3
3
=
;
22ln3;10
=⇒==⇒=
uxux
0,25
Ta được:
∫
+
=
2
1

2
)2(
3
uu
du
I
=3
du
u
uu
∫




+
−




+
−
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1

4
1
0,25

=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1








+
++−
u
uu

0,25

8
1
)
2
3
ln(
4
3
−=

Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
−=
0,25
Câu IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:



⊥
⊥
BCOA
BCAM

'
)'( AMABC
⊥⇒
Kẻ
,'AAMH
⊥
(do
A
∠
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
0,5
A
B
C
C’
B’
A
’
H
O
M
Do
BCHM
AMAHM
AMABC
⊥⇒



∈

⊥
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd
==
.
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
=
'
⇔
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A

===
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
0,5
Câu V 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
3
=++
cba
.Chứng
minh rằng:

134)(3
222
≥+++
abccba

1 điểm
Đặt
2
;134)(3),,(
222
cb
tabccbacbaf
+
=−+++=
*Trước hết ta chưng minh:
),,(),,( ttafcbaf
≥
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết
cba
≤≤

33
=++≤⇒
cbaa
hay a
1
≤

=−
),,(),,( ttafcbaf

134)(3134)(3
2222222
+−++−−+++

atttaabccba
=
)(4)2(3
2222
tbcatcb
−+−+
=






+
−+






+
−+
22
22
4
)(
4
4
)(2

3
cb
bca
cb
cb
=
2
2
)(
2
)(3
cba
cb
−−
−
=
0
2
))(23(
2
≥
−−
cba
do a
1
≤

0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
0),,(

≥
ttaf
với a+2t=3
Ta có
134)(3),,(
2222
−+++=
atttattaf
=
13)23(4))23((3
2222
−−+++−
ttttt
=
0)47()1(2
2
≥−−
tt
do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra
10&1
===⇔=−=⇔
cbacbt
(ĐPCM)
0,5
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+−
yxyx

.Tìm giá trị
lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức

1
1
22
44
++
++
=
yx
yx
P
Từ giả thiết suy ra:

xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22
+=
=+=
Từ đó ta có
1
3
1

xy
.

0,25
Măt khác
xyyxyxyx
+=+=+
11
2222
nên
12
2244
++=+
xyyxyx
.đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của

1
3
1
;
2
22
)(
2

+
++
==
t
t
tt
tfP

0.25
Tính




=
=
=
+
+=
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
0.25
Do hàm số liên tục trên
[ ]
1;
3
1

nên so sánh giá trị của

)
3
1
(

f
,
)26(

f
,
)1(f
cho ra kết quả:
626)26(
==
fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min
==
fP
0.25
Cõu VIa 1 im
a) (Hc sinh t v hỡnh)
Ta cú:
( )

1;2 5AB AB= =
uuur
. Phng trỡnh ca AB l:
2 2 0x y+ =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t =
. I l trung im ca AC:
)2;12( ttC

0,5
Theo bi ra:
2),(.
2
1
==

ABCdABS
ABC

446.
=
t






=

=
3
4
0
t
t
T ú ta cú 2 im C(-1;0) hoc C(
3
8
;
3
5
) tho món .
0,5
b) 1 im
*T phng trỡnh on chn suy ra pt tng quỏt ca mp(ABC) l:2x+y-z-2=00.25
*Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca O l ờn (ABC), OH vuụng gúc vi
(ABC) nờn
)1;1;2(//

nOH
;
( )
H ABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vo phng trỡnh( ABC) cú t=
3
1
suy ra
)
3

1
;
3
1
;
3
2
(

H
0,25