Đề thi thử Đại học năm 2011 của Trần Sỹ Tùng ( Có đáp án) - Đề số 29

www.MATHVN.com

Trần Sĩ Tùng

Ôn thi Đại học

Đề số 29
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x4 + 2mx2 + m2 + m
(1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –2.
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng
1200 .
Câu II (2 điểm)
1) Giải bất phương trình:

x + 3 − x − 1 ) (1 + x 2 + 2 x − 3 ) ≥ 4

(

π

2 sin  − x 
4
 (1 + sin 2 x) = 1 + tan x
cos x

2) Giải phương trình:

Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y =

x
, y = 0, x = 0, x = π .
1 + sin x

Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình vng, AB = AA′ =
2a. Hình chiếu vng góc của A′ lên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy. M là trung
điểm của BC. Tính thể tích hình hộp và cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và A′C
Câu V (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 5 sin3 x − 9 sin2 x + 4
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4.
Biết toạ độ các đỉnh A(2; 0), B(3; 0) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm
trên đường thẳng y = x . Xác định toạ độ các điểm C, D.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 2). Tính bán
kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC.
10
9
1
10
Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh: C100 .C20
+ C101 .C20
+ ... + C109 .C20
+ C1010 .C200 = C30
.
A. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 − 2 x − 4 y − 5 = 0 và
A(0; –1) ∈ (C). Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho ∆ABC đều.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và các

đường thẳng d1 :

x −1
2

=

y −3
−3

=

z
2

;

d2 :

x−5
6

=

y
4

=

z+5
−5

. Tìm các điểm M ∈ d1 , N ∈ d 2

sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.

Câu VII.b (1 điểm) Tìm các số nguyen dương x, y thoả mãn:

www.MATHVN.com

www.MATHVN.com - Trang 29

Axy−1 + yAxy−−11 Axy −1 C xy −1
=
=
.
10
2
1


Hướng dẫn Đề số 29

Câu I: 2) Ta có

y   4 x 3  4mx

;

x  0
y  0  4x  x 2  m   0  
 x   m

(m<0)
Gọi A(0; m2+m); B(

m

; m); C(–

m

; m) là các điểm

cực trị.
uuur
AB  ( m ;  m 2 )

;

uuur
AC  (   m ;  m2 )

. ABC cân tại A nên góc 120

0

chính là µA .
uuur uuur

1
AB. AC
1
 m .  m  m4
1
o
µ
A  120  cos A    uuur uuur   

4
2
2
m m
2
AB . AC

(loai)
m  0
m  m4
1
4
4
4

 4
   2m  2m  m  m  3m  m  0 
m   1
m m
2
3


3

Vậy m= 

1
3

3

thoả mãn bài toán.

Câu II: 1) Điều kiện

x 1

.

Nhân hai vế của bpt với

x  3  x 1

, ta được


BPT

 4. 1  x 2  2 x  3   4.  x  3  x  1   1  x 2  2 x  3  x  3  x  1

 x  2

x2  2 x  2  2 x2  2 x  3  2 x  2  2 x2  2 x  3  x2  4  0  
x  2

Kết hợp với điều kiện
2) Điều kiện
Ta

x 1

cos x  0  x 

ta được


 k , k ¢
2

x2

.

.

x  sin x
PT  coscos
 cos x  sin x 
x

có

2



cos x  sin x
cos x

 (cos x  sin x)(cos 2 x  1)  0



x    m
cos x  sin x  0



,m¢
4

cos 2 x  1  0
 x  m

Câu III: Nhận xét:

y

.

x
 0, x   0,  .

1  sin x

Do đó diện tích hình

phẳng cần tìm là:






x
x
1
x
dx=
dx= 
dx
2

1  sin x
20
2 x
x
x
0
0 
cos




 sin  cos 
2 4
2
2


S

=



  x  
0 x d  tan  2  4  

=





x  
x 
x  
x.tan      tan    dx    2ln cos   
2 4 0
2 4
2 4 0

Suy ra S=   2  ln cos  4   ln cos   4     (đvdt)











Câu IV: Ta có AO=OC=a
Suy ra V=B.h= 4a .a
2

2  AO  AA2  AO 2  4a 2  2a 2  a 2

2  4a 3 2

Tính góc giữa AM và AC. Gọi N là trung điểm AD,
suy ra AM // CN.
Xét ACN ta có:
AC  AO 2  OC 2  2a; CN  AM  AB 2  BM 2  a 5; AN  AA2  AN 2  a 5



cos C 

CA2  CN 2  AN 2 4a 2  5a 2  5a 2

3


0
2.CA.CN
2.2a.a 5
2 5

3

Vậy cosin của góc giữa AM và AC bằng
Câu V: Đặt

.

t  sin x

với

Xét hàm số

t   1,1

ta có

f (t )  5t 3  9t 2  4

A  5t 3  9t 2  4

với

2 5

.

.

t   1,1

. Ta có

f (t )  15t 2  18t  3t (5t  6)

f (t )  0  t  0  t 

10  f (t )  4

Suy ra

6
5

(loại);

.

0  A  f (t )  10

.

f (1)  10, f (1)  0, f (0)  4

.

Vậy


GTLN

Vậy

của

t  1  sin x  1  x  

và

GTNN

t  1  sin x  1  x 

Gọi

12  02  1

I ( xI , xI )

là

10

đạt

được

khi

A

là

0

đạt

được

khi

1
S IAB  .IH .IB
2

với


 k 2
2

của


 k 2
2

Câu VI.a: 1) Ta có
AB=

A

.

1
S IAB  S ABCD =1
4

. Mặt khác

 IH = 2.

vì I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương

trình (AB) là y = 0;
IH = 2

 d ( I ; AB)  2  xI  2

TH1:

xI  2  I (2;2); C (3;4); D (2;4).

TH2:

xI  2  I (2; 2); C ( 5; 4); D (6; 4).

2) Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC.
Ta có:
= 13 .r.S .
TP

VOABC  VIOAB +VIOBC +VOCA +VABC

= 13 .r.S

OAB

1
1
1
 .r.SOBC  .r.SOCA  .r.S ABC
3
3
3


1
8 4
VOABC  .OA.OB.OC  
6
6 3

khác:

Mặt

1
SOAB  SOBC  SOCA  .OA.OB  2
2

S ABC 

3
3
AB 2 
.8  2 3
4
4

Do đó:

r

Mặt khác:

(đvdt)

(đvdt) 

3VOABC
4


STP
62 3

Câu VII.a: Ta có

(đvtt);

(đvdt)

STP  6  2 3

(đv độ dài)
(1)

(1  x)30  (1  x )10 .(1  x) 20 , x ¡

n

(1  x)30   C30k .x k , x  ¡

.

k 1

Vậy hệ số

a10

của

x10

trong khai triển của

Do (1) đúng với mọi x nên

a10  b10

(1  x )30

là

10
a10  C30

.

. Suy ra điều phải

chứng minh.
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) và R=

10

. Suy ra

uur
uur
AI  2.IH

1  2( X H  1)
3 7

H ; 
2 2
3  2(YH  2)

Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm tam giác
ABC vì

 ABC

là tam giác đều.


Phương trình (BC) đi qua H và vng góc với AI là:
3
7


1. x    3. y    0
2
2



 x  3 y  12  0

Vì B, C  (C) nên tọa độ của B, C lần lượt là các
nghiệm của hệ phương trình:

 x2  y 2  2 x  4 y  5  0  x 2  y 2  2 x  4 y  5  0


 x  3 y  12  0
 x  12  3 y

 7  3 33 3   7  3 33 3 
B
;
;
; C 

 2
2   2
2 


Giải hệ PT trên ta được:
hoặc ngược lại.
2) PTTS của d1 là:

 x  1  2t

 y  3  3t
 z  2t


. M  d1 nên tọa độ của M

1  2t;3  3t;2t  .

Theo đề:

d ( M ;( P)) 

|1  2t  2(3  3t )  4t  1|

+ Với t = 1 ta được
M 2 1;3;0 

12  ( 2) 2  22

M 1  3;0;2 

;

2

t  1
|12t  6 |
2
3
t  0

+ Với t = 0 ta được


 Ứng với M1, điểm N1

 d2

cần tìm phải là giao của d2

với mp qua M1 và // (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là:
( x  3)  2 y  2( z  2)  0  x  2 y  2 z  7  0 (1)

PTTS của d2 là:

 x  5  6t

 y  4t
 z  5  5t


.

(2)

Thay (2) vào (1), ta được: t = –1. Điểm N1 cần tìm là
N1(–1;–4;0).
 Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;–5).
Câu VII.b: Điều kiện:

x  y  1

y  2

. Hệ PT 

x  y  1  5 x  7


y  3

y  3