9 Đề thi thử Đại học môn Toán, có đáp án thang điểm chi tiết

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số (C) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình: . 2.Giải phương trình sau:. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = . Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng . Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : và d2 :. Xét vị trí tương đối của d1 và d2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho , là các nghiệm phức của phương trình . Tính giá trị của biểu thức A = . B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1;4), trực tâm H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I(-2;0). Xác định điểm B, C (biết xC >0) 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ……………Hết……………… ĐÁP ÁN Câu Ý Nội dung Điểm I 1 * TËp x¸c ®Þnh: D = R\{ - 1} * Sù biÕn thiªn - Giíi h¹n vµ tiÖm cËn: ; tiÖm cËn ngang: y = 2 ; tiÖm cËn ®øng: x = - 1 B¶ng biÕn thiªn Ta cã víi mäi x- 1 Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng (-; -1) vµ ( -1; +) 1đ 2 Gäi M(x0;y0) lµ mét ®iÓm thuéc (C), (x0- 1) th× Gäi A, B lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña M trªn TC§ vµ TCN th× MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |- 2| = || Theo Cauchy th× MA + MB 2=2 MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hoÆc x0 = -2.Như vËy ta cã hai ®iÓm cÇn t×m lµ M(0;1) vµ M’(-2;3) 0,5 0,5 II 1 Thay (1) vµo ph­¬ng tr×nh (*) ta cã : Gi¶i (2) : ; Gi¶i (3) KÕt luËn : 0,5 0,5 2 Ta có: . Khi thì hệ VN. Khi , chia 2 vế cho . Đặt , ta có : . Khi ,ta có : HPT . 0,5 0.5 III I = . Tính I1 theo phương pháp từng phần I1 = 0,5đ 0,5 IV H D E C B A Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE Ta có ACD cân tại A nên CD AE Tương tự BCD cân tại B nên CD BE Suy ra CD (ABE) CD BH Mà BH AE suy ra BH (ACD) Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là Thể tích của khối tứ diện ABCD là Mà Khi đó :là 2 nghiệm của pt: x2 - x + = 0 hoặc trường hợp vì DE<a (DE=CD/2<(BC+BD)/2=a) Xét BED vuông tại E nên BE = Xét BHE vuông tại H nên sin = Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là 0,5 0,5 V Đặt . Ta có: Và . ĐK:. Suy ra : . Do đó: , và . KL: GTLN là và GTNN là ( HSLT trên đoạn ) 0,5 0,5 VIa 1 Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5 I A H B Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4 Mặt khác IH= d( I; Δ ) Vì Δ d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng 3x+4y+c=0 d(I; Δ )= vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0 0,5 0,5 2 VÐc t¬ chØ ph­¬ng cña hai ®­êng th¼ng lÇn l­ît lµ: (4; - 6; - 8) ( - 6; 9; 12) +) vµ cïng ph­¬ng +) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 VËy d1 // d2. *) = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng cña A qua d1 .Ta cã: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng A1B Khi A1, I, B th¼ng hµng I lµ giao ®iÓm cña A1B vµ d Do AB // d1 nªn I lµ trung ®iÓm cña A1B. *) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A lªn d1. T×m ®­îc H A’ ®èi xøng víi A qua H nªn A’ I lµ trung ®iÓm cña A’B suy ra I 0,5 0,5 VIa Giải pt đã cho ta được các nghiệm: Suy ra . Do đó 0,5 0,5 VIb 1 Phương trình đường tròn (C): (x+2)2+y2=25 (1) Vì BC nên phương trình BD có dạng: y=m Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, ta có: Thế (2) vào (1) ta được: (vì xC>0) 0,5 0,5 2 MÆt ph¼ng c¾t 3 tia Ox,Oy,Oz t¹i A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) cã d¹ng Do M nªn: ThÓ tÝch: MÆt ph¼ng cÇn t×m: 6x+3y+2z-18=0 0,5 0,5 VIb ĐK: x,y > 0 - hệ phương trình - Suy ra: y = 2x 0,5 0,5 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. ------------------Hết------------------ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 2 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình : 2. Giải phương trình : Câu III (1 điểm): Tính tích phân Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng . Tìm trên hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ , vuông góc với mặt phẳngvà tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của trong khai triển Niutơn của biểu thức : 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ , vuông góc với mặt phẳngvà tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điêm I II III IV VIa VIIa VIb VIIb 2. Ta có Để hàm số có cực trị thì PT có 2 nghiệm phân biệt có 2 nhiệm phân biệt 05 Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 025 Theo giả thiết ta có Vậy có 2 giá trị của m là và . 025 1. 05 Vậy PT có hai nghiệm và . 05 2. ĐK :. Với ĐK trên PT đã cho tương đương với 05 025 Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025 , 025 Đặt 05 Suy ra . 025 Ta có (1) Tương tự ta có (2) Từ (1) và (2) suy ra 05 Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) Suy ra Ta có Vậy 05 Ta c ó: 025 025 Xét hàm số , với 0<x<3 Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 . 05 1. Gọi . Khi đó diện tích tam giác ABC là . 05 Theo giả thiết ta có Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4). 05 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4 Véc tơ pháp tuyến của là 025 Vì và song song với giá của nên nhận véc tơ làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0 025 Vì (P) tiếp xúc với (S) nên 025 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025 Ta có 05 Theo giả thiết ta có 025 Vậy hệ số của là: . 025 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta cóvà diện tích tam giác ABC là 05 Dấu bằng xảy ra khi . Vậy . 05 Xét khai triển Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 05 Vậy n=4. 05 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 3 www.VNMATH.com I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị củatiếp xúc với đường tròn có phương trình Câu II. (2 điểm) 1. Giải phương trình 2. Giải phương trình Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng được giới hạn bởi các đường ,, và . Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng có đáy là tam giác cân với , góc , cạnh bên . Gọi I là trung điểm của . Chứng minh tam giác vuông tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng và Câu V.(1 điểm) Cho là các số thực thỏa mãn .Tìm GTLN, GTNN của II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh và phương trình của cạnh huyền là 2.Cho mặt phẳng (P): và các đường thẳng: , Tìm các điểm sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1. Câu VII.a (1 điểm) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d­¬ng tháa m·n: 2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0), B(-1;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2.Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình: Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của trong khai triển của biểu thức biết rằng: ĐÁP ÁN PHẦN CHUNG Câu I 2 đ 1 + Tập xác định D = R + Sự biến thiên 0,25đ Hàm đồng biến trên các khoảng và Hàm số nghịch biến trên + Giới hạn Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại và ycđ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại và yct = -2 0,25 Điểm uốn (1;0) Bảng biến thiên (0,25) x 0 2 y’ + 0 - 0 + y 2 -2 Đồ thị (0,25) 0,5 2 Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị 0,25 Tâm của đường tròn , bán kính R= 0,25 Theo giả thiết ta có 0,5 Câu II 2 đ 1 Điều kiện . 0,25 Ta có 0,5 0,25 2 Giải phương trình Điều kiện . 0,25 (1) 0,5 Đối chiếu điều kiện ta có 0,25 Câu III 1đ Gọi V là thể tich cần tìm. . Đặt 0,5 Suy ra V= 0,5 Câu IV 1đ Ta có . Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ACI, ABB’, B’C’I Suy ra 0.25 Do đó . Vậy tam giác AB’I vuông tại A 0,25 + . Gọi là góc giữa hai mp. Tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác AB’I suy ra Học sinh tính được diện tich 2 tam giác (0,25 đ) Tính ra cosin đựoc 0,25 Nếu học sinh giải bằng phương pháp toạ độ đúng cho điểm tương ứng 0,5 Câu V 1đ Cho là các số thực thỏa mãn .Tìm GTLN, GTNN của . Ta có = Đặt . Ta có suy ra 0,25 Ta tìm max, min của f(t) trên Ta có 0,25 Suy ra khi suy ra 0,25 khi suy ra 0,25 1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn Câu Va 2 đ 1 Ta có tam giác ABC cuông cân tại C. Goi H là trung điểm của AB suy ra Toạ độ của H là nghiệp của hệ 0,25 giả sử A(t;3t+10) ta có 0,25 Với t = -1. Suy ra 0,25 Với t = -5. Suy ra 0,25 2 0,25 0,25 Với 0,25 0,25 Câu VIIa 1 đ Xét khai triển lấy đạo hàm hai vế ta có 0,25 Thay x=1 suy ra 0,25 số hạng chứa có hệ số là với k thoả mãn 0,25 Suy ra hệ số chứa là 0,25 2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Câu VIb 2 đ 1 phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0. gọi h là khoảng cách từ I tới AB. . 0,25 Gọi toạ độ diểm I là ta có hệ 0,25 Do I là trung điểm AC và BD nên Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2) 0,25 Với I() suy ra và D Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) và D(3;-2) hoặc và D 0,25 2 Do mặt phẳng (P) cách đều nên (P) song song với chọn 0,25 Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng Do (P) cách đều suy ra khoảng cách từ (2;2;3) và bằng nhau. Ta có 0,5 Ta có phương trình mặt phẳng (P) 0,25 Câu VIIb 1 đ Ta có Vì 0,25 suy ra 0,25 Số hạng ứng với thoả mãn: 0,25 Hệ số của là: 0,25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 4 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 2. Giải bất phương trình Câu III ( 1điểm)Tính tích phân Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300. Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a2+b2+c2=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. 2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn : . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Tính giá trị biểu thức: . Cho hai đường thẳng có phương trình: Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0 -------------------Hết----------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II, n¨m 2012 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu Nội dung Điểm I 1 Tập xác định: D=R y’=3x2-6x=0 Bảng biến thiên: x -¥ 0 2 + ¥ y’ + 0 - 0 + 2 + ¥ y -¥ -2 Hàm số đồng biến trên khoảng: (-¥;0) và (2; + ¥) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2 y’’=6x-6=0x=1 khi x=1=>y=0 x=3=>y=2 x=-1=>y=-2 Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng. 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 2 Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4P=6>0 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: => 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ II 1 Giải phương trình: (1) Khi cos2x=1, Khi hoặc , 0,5 đ 0,5 đ 2 Giải bất phương trình: (1) (1) Ta có: 4x-3=0x=3/4 =0x=0;x=3 Bảng xét dấu: x -¥ 0 ¾ 2 + ¥ 4x-3 - - 0 + + + 0 - - 0 + Vế trái - 0 + 0 - 0 + Vậy bất phương trình có nghiệm: 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ III Tính Đặt 1+cotx=t Khi Vậy 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ IV Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H. Xét DSHA(vuông tại H) Mà DABC đều cạnh a, mà cạnh => H là trung điểm của cạnh BC => AH ^ BC, mà SH ^ BC => BC^(SAH) Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K => HK là khoảng cách giữa BC và SA => Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ V Ta có: (1) (2) (3) Lấy (1)+(2)+(3) ta được: (4) Vì a2+b2+c2=3 Từ (4) vậy giá trị nhỏ nhất khi a=b=c=1. 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn VI.a 1 Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là D, => D : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng cách từ tâm I đến D bằng (thỏa mãn c≠2) Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: hoặc . 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 2 Ta có Phương trình đường thẳng AB: Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a) Vì =>-a-16a+12-9a+9=0 Tọa độ điểm 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ VII.a Gọi số phức z=a+bi Theo bài ra ta có: Vậy số phức cần tìm là: z=+()i; z= z=+()i. 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ A. Theo chương trình nâng cao VI.b 1 Ta có: (1) (2) Lấy (1)+(2) ta được: Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được Thay x=1 vào => 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 2 Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b). Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> => Phương trình đường thẳng AB là: 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ VII.b D=24+70i, hoặc 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 5 I.PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7 ®iÓm) C©u I (2 ®iÓm). Cho hµm sè cã ®å thÞ lµ (C) 1.Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 2.Chøng minh ®­êng th¼ng d: y = --x + m lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B. T×m m ®Ó ®o¹n AB cã ®é dµi nhá nhÊt. C©u II (2 ®iÓm) 1.Gi¶i ph­¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx -- 3sin2x + cos2x = 8 2.Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh C©u III (1 ®iÓm). T×m nguyªn hµm C©u IV (1 ®iÓm). Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ c¸c c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 300. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆt ph¼ng (A1B1C1) thuéc ®­êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®­êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a. C©u V (1 ®iÓm). XÐt ba sè thùc kh«ng ©m a, b, c tháa m·n a2009 + b2009 + c2009 = 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc P = a4 + b4 + c4 II.PhÇn riªng (3 ®iÓm) 1.Theo ch­¬ng tr×nh chuÈn C©u VIa: 1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®­êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®­êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. 2.Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®­êng th¼ng d cã ph­¬ng tr×nh . LËp ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. C©u VIIa: 1). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè kh¸c nhau vµ kh¸c 0 mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ hai ch÷ sè lÎ. 2) Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 2.Theo ch­¬ng tr×nh n©ng cao (3 ®iÓm) C©u VIb (2 ®iÓm) 1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®­êng trßn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 vµ ®­êng th¼ng d cã ph­¬ng tr×nh x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®­êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. 2.Cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®­êng th¼ng d cã ph­¬ng tr×nh. LËp ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. C©u VIIb (1 ®iÓm) Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ. C©u §¸p ¸n §iÓm I (2 ®iÓm) 1. (1,25 ®iÓm) a.TX§: D = R\{-2} b.ChiÒu biÕn thiªn +Giíi h¹n: Suy ra ®å thÞ hµm sè cã mét tiÖm cËn ®øng lµ x = -2 vµ mét tiÖm cËn ngang lµ y = 2 0,5 + Suy ra hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng vµ 0,25 +B¶ng biÕn thiªn x -2 y’ + + 2 y 2 0,25 c.§å thÞ: §å thÞ c¾t c¸c trôc Oy t¹i ®iÓm (0; ) vµ c¾t trôc Ox t¹i ®iÓm(;0) y O 2 -2 §å thÞ nhËn ®iÓm (-2;2) lµm t©m ®èi xøng x 0,25 2. (0,75 ®iÓm) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ (C ) vµ ®­êng th¼ng d lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh Do (1) cã nªn ®­êng th¼ng d lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C ) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B 0,25 Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ng¾n nhÊt ó AB2 nhá nhÊt ó m = 0. Khi ®ã 0,5 II (2 ®iÓm) 1. (1 ®iÓm) Ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 ó 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0 ó 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0 0,5 ó (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 ó ó 0,5 2. (1 ®iÓm) §K: BÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi ®Æt t = log2x, BPT (1) ó 0,5 0,25 VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: III 1 ®iÓm ®Æt tanx = t 0,5 0,5 C©u IV 1 ®iÓm A1 A B C C1 B1 K H Do nªn gãc lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc =300 . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c nªn 0,5 KÎ ®­êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1 0,25 Ta cã AA1.HK = A1H.AH 0,25 C©u V 1 ®iÓm ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C« si cho 2005 sè 1 vµ 4 sè a2009 ta cã T­¬ng tù ta cã 0,5 Céng theo vÕ (1), (2), (3) ta ®­îc Tõ ®ã suy ra MÆt kh¸c t¹i a = b = c = 1 th× P = 3 nªn gi¸ trÞ lín nhÊt cña P = 3. 0,5 C©u VIa 2 ®iÓm 1.Tõ ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®­êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 0,5 0,5 2. (1 ®iÓm) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P). G.sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn. 0,5 v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn lµ vÐc t¬ chØ ph­¬ng cña d) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 ó 7x + y -5z -77 = 0 0,5 C©u VIIa 1 ®iÓm Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (v× kh«ng cã sè 0)vµ c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã .= 60 bé 4 sè tháa m·n bµi to¸n 0,5 Mçi bé 4 sè nh­ thÕ cã 4! sè ®­îc thµnh lËp. VËy cã tÊt c¶ ..4! = 1440 sè 0,5 2.Ban n©ng cao. C©u VIa 2 ®iÓm 1.( 1 ®iÓm) Tõ ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®­êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 0,5 0,5 2.Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P). Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn. 0,5 v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn lµ vÐc t¬ chØ ph­¬ng cña d) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 ó 7x + y -5z -77 = 0 0,5 C©u VIIa 1 ®iÓm Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu) vµ =10 c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã . = 100 bé 5 sè ®­îc chän. 0,5 Mçi bé 5 sè nh­ thÕ cã 5! sè ®­îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ ..5! = 12000 sè. MÆt kh¸c sè c¸c sè ®­îc lËp nh­ trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ . VËy cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n 0,5 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 6 www.VNMATH.com phÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè. 2. Gäi d lµ ®­êng th¼ng ®i qua ®iÓm A(3; 4) vµ cã hÖ sè gãc lµ m. T×m m ®Ó d c¾t (C) t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt A, M, N sao cho hai tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M vµ N vu«ng gãc víi nhau. C©u II (2®iÓm) 1. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: (x, y ) 2. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: C©u III (1 ®iÓm) TÝnh tÝch ph©n C©u IV (1 ®iÓm) Cho h×nh l¨ng trô ABC.A’B’C’ cã ®¸y lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, h×nh chiÕu vu«ng gãc cña A’ lªn mÆt ph¼ng (ABC) trïng víi trọng t©m O cña tam gi¸c ABC. Mét mÆt ph¼ng (P) chøa BC vµ vu«ng gãc víi AA’, c¾t l¨ng trô theo mét thiÕt diÖn cã diÖn tÝch b»ng . TÝnh thÓ tÝch khèi l¨ng trô ABC.A’B’C’. C©u V (1 ®iÓm) Cho a, b, c lµ ba sè thùc d­¬ng tháa m·n abc = 1. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc PhÇn tù chän (ThÝ sinh chØ ®­îc lµm mét trong hai phÇn: PhÇn 1 hoÆc PhÇn 2) PhÇn 1.C©u VI.a (2 ®iÓm) 1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ trôc täa ®é Oxy cho parabol (P): vµ elip (E): . Chøng minh r»ng (P) giao (E) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua 4 ®iÓm ®ã. 2. Trong kh«ng gian víi hÖ trôc täa ®é Oxyz cho mÆt cÇu (S) cã ph­¬ng tr×nh vµ mÆt ph¼ng (a) cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z + 17 = 0. ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (b) song song víi (a) vµ c¾t (S) theo giao tuyÕn lµ ®­êng trßn cã chu vi b»ng 6p. C©u VII.a(1®iÓm) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña , biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d­¬ng tháa m·n: ( lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö) PhÇn 2 C©u VI.b (2 ®iÓm) 1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ trôc täa ®é Oxy cho hai ®­êng th¼ng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y - 7= 0 vµ tam gi¸c ABC cã A(2 ; 3), träng t©m lµ ®iÓm G(2; 0), ®iÓm B thuéc d1 vµ ®iÓm C thuéc d2 . ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC. 2. Trong kh«ng gian víi hÖ trôc täa ®é Oxyz cho tam gi¸c ABC víi A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) vµ mÆt ph¼ng (P): x – y – z – 3 = 0. Gäi M lµ mét ®iÓm thay ®æi trªn mÆt ph¼ng (P). T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc C©u VII.b (1 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh (x, y ) H­íng dÉn chÊm m«n to¸n C©u Néi dung §iÓm I.1 Kh¶o s¸t hµm sè 1,00 1. TËp x¸c ®Þnh: R 2. Sù biÕn thiªn: a) Giíi h¹n: 0,25 b) B¶ng biÕn thiªn: y' = 3x2 - 6x, y' = 0 x = 0, x = 2 B¶ng biÕn thiªn: x - 0 2 + y' + 0 - 0 + y 4 + - 0 - Hµm sè ®ång biÕn trªn (-; 0) vµ (2; +), nghÞch biÕn trªn (0; 2) - Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 0, yC§ = 4, ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 2, yCT = 0. 0,50 3. §å thÞ: §å thÞ giao víi trôc tung t¹i (0; 4), giao víi trôc hoµnh t¹i (-1; 0),(2; 0). NhËn ®iÓm uèn I(1; 2) lµm t©m ®èi xøng x y -1 2 O 4 2 1 0,25 I.2 T×m m ®Ó hai tiÕp tuyÕn vu«ng gãc ..... 1,00 d cã ph­¬ng tr×nh y = m(x – 3) + 4. Hoµnh ®é giao ®iÓm cña d vµ (C) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh 0,50 Theo bµi ra ta cã ®iÒu kiÖn m > 0 vµ 0,25 (tháa m·n) 0,25 II.1 Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh ®¹i sè 1,00 Ta thÊy y = 0 kh«ng ph¶i lµ nghiÖm cña hÖ 0,25 HÖ ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi 0,25 §Æt Ta cã hÖ 0,25 Suy ra . Gi¶i hÖ trªn ta ®­îc nghiÖm cña hpt ®· cho lµ (1; 2), (-2; 5) 0,25 II.2 Gi¶i ph­¬ng tr×nh l­¬ng gi¸c 1,00 §iÒu kiÖn: Ta cã 0,25 Ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi 0,25 0,25 ,. VËy ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm , 0,25 III TÝnh tÝch ph©n 1,00 §Æt 0,25 0,25 * TÝnh I1: . §Æt Suy ra 0,25 VËy 0,25 IV TÝnh thÓ tÝch khèi l¨ng trô 1,00 A B C C’ B’ A’ H O M Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC, gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn AA’, Khi ®ã (P) (BCH). Do gãc nhän nªn H n»m gi÷a AA’. ThiÕt diÖn cña l¨ng trô c¾t bëi (P) lµ tam gi¸c BCH. 0,25 Do tam gi¸c ABC ®Òu c¹nh a nªn Theo bµi ra 0,25 Do hai tam gi¸c A’AO vµ MAH ®ång d¹ng nªn suy ra 0,25 ThÓ tÝch khèi l¨ng trô: 0,25 V T×m gi¸ trÞ lín nhÊt ... 1,00 Ta cã a2+b2 ³ 2ab, b2 + 1 ³ 2b Þ T­¬ng tù 0,50 0,25 khi a = b = c = 1. VËy P ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt b»ng khi a = b = c = 1. 0,25 VIa.1 ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua giao ®iÓm cña(E) vµ (P) 1,00 Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (E) vµ (P) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (*) 0,25 XÐt , f(x) liªn tôc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt, do ®ã (E) c¾t (P) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt 0,25 To¹ ®é c¸c giao ®iÓm cña (E) vµ (P) tháa m·n hÖ 0,25 (**) (**) lµ ph­¬ng tr×nh cña ®­êng trßn cã t©m , b¸n kÝnh R = Do ®ã 4 giao ®iÓm cña (E) vµ (P) cïng n»m trªn ®­êng trßn cã ph­¬ng tr×nh (**) 0,25 VIa.2 ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (b).... 1,00 Do (b) // (a) nªn (b) cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z + D = 0 (D17) MÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; 3), b¸n kÝnh R = 5 §­êng trßn cã chu vi 6p nªn cã b¸n kÝnh r = 3. 0,25 Kho¶ng c¸ch tõ I tíi (b) lµ h = 0,25 Do ®ã 0,25 VËy (b) cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z - 7 = 0 0,25 VII.a T×m hÖ sè cña x2... 1,00 Ta cã suy ra I (1) 0,25 MÆt kh¸c (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã Theo bµi ra th× 0,25 Ta cã khai triÓn 0,25 Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n VËy hÖ sè cÇn t×m lµ 0,25 VIb.1 ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn .... 1,00 Do B Î d1 nªn B = (m; - m – 5), C Î d2 nªn C = (7 – 2n; n) 0,25 Do G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1) 0,25 Gi¶ sö ®­êng trßn (C) ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC cã ph­¬ng tr×nh . Do A, B, C Î (C) nªn ta cã hÖ 0,25 VËy (C) cã ph­¬ng tr×nh 0,25 VIb.2 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt ... 1,00 Gäi G lµ träng t©m cña tam gi¸c ABC, suy ra G = Ta cã 0,25 F nhá nhÊt Û MG2 nhá nhÊt Û M lµ h×nh chiÕu cña G lªn (P) 0,25 Û 0,25 VËy F nhá nhÊt b»ng khi M lµ h×nh chiÕu cña G lªn (P) 0,25 VIIb Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh mò 1,00 §Æt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ 0,25 - NÕu u > v th× (2) cã vÕ tr¸i d­¬ng, vÕ ph¶i ©m nªn (2) v« nghiÖm - T­¬ng tù nÕu u < v th× (2) v« nghiÖm, nªn (2) 0,25 ThÕ vµo (1) ta cã eu = u+1 (3) . XÐt f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1 B¶ng biÕn thiªn: u - 0 + f'(u) - 0 + f(u) 0 Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) = 0 . 0,25 Do ®ã (3) cã 1 nghiÖm u = 0 VËy hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã mét nghiÖm (0; 0) 0,25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 7 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = x3 - (m + 1)x + 5 - m2. Khảo sát hàm số khi m = 2; Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng. Câu II(2.0điểm) 1, Giải phương trình: . 2, Gi¶i ph­¬ng tr×nh Câu III (1.0 điểm) Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh sau Câu IV(1.0 điểm) TÝnh tÝch ph©n I= Câu V(1.0 điểm) Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ c¸c c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 300. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆt ph¼ng (A1B1C1) thuéc ®­êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®­êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a. PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 3 điểm ) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®­êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®­êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. 2.Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®­êng th¼ng d cã ph­¬ng tr×nh . LËp ph­¬ng tr×nh mp (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. Câu VII.a: (1.0điểm) Cho đẳng thức: . Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển . B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 .0 điểm) 1 Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®­êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®­êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. 2.Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®­êng th¼ng d cã ph­¬ng tr×nh LËp ph­¬ng tr×nh mp(P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. Câu VII.b: (1.0 điểm) Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh: ®¸p ¸n Câu ý H­íng dÉn gi¶i chi tiÕt §iÓm PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.00 Câu I 2 1 Cho hàm số y = x3 - (m + 1)x + 5 - m2. Khảo sát hàm số khi m = 2; 1 Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 - 3x + 1 1* TXĐ: D = 2* Sù biÕn thiªn của hàm số: * Giíi h¹n tại v« cực: : 0.25 * B¶ng biÕn thiªn: Có y’ = 3x2 - 3 , x -∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + y 3 +∞ -∞ - 1 Hµm sè ®ång biến trªn mỗi kho¶ng vµ , Hµm sè nghịch biến trªn mỗi khoảng Hàm số đạt đạt cực đại tại , cực tiểu tại , 0.5 3* §å thÞ: * Điểm uốn: , các điểm uốn là: * Giao điểm với trục Oy t¹i : 2 -2 -1 1 2 x 1 3 -1 -2 y O * Đồ thị: 0.25 2 Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng. 1 Có y’ = 3x2 - (m + 1). Hàm số có CĐ, CT Û y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt Û 3(m + 1) > 0 Û m > -1 (*) 0.5 Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng ®i qua hai ®iÓm cùc ®¹i, cùc tiÓu cña ®å thÞ hµm sè lµ Các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng. KL : m = 1 0.5 Câu II 1 Giải phương trình: . 1 1. Điều kiện: x > 0. Đặt . 0.25 (*). 0.25 Chứng minh pt (*) có nghiệm duy nhất t = 3. 0.25 Vậy phương trình có nghiệm x = 343. 0.25 2 Gi¶i ph­¬ng tr×nh 1 0.25 0.5 0.25 Câu III Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh sau (1) 1 TX§ TH1 x = 3 lµ nghiÖm cña (1) 0.25 TH2 th× (1) VËy BPT (1) cã nghiÖm 0.25 TH3 th× (1) VËy BPT (1) cã nghiÖm Kl : TËp nghiÖm cña bÊt pt lµ 0.25 0.25 Câu IV TÝnh tÝch ph©n: I= 1 +I= §Æt t=tdt=dx +§æi cËn : x= t = 2 x=4 t = 3 +Khi ®ã I== 0.5 = ==2ln2+1 +VËy I= 2ln2+1 0.5 Câu V Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ c¸c c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 300. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆt ph¼ng (A1B1C1) thuéc ®­êng th¼ng B1C1. TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®­êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a. 1 Do nªn gãc lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc =300 . 0.25 Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c nªn A1 111111111 A B C C1 B1 K H 0.25 KÎ ®­êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1 0.25 Ta cã AA1.HK = A1H.AH 0.25 PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.0 Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn Câu VIa 2 1 Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh (x-1)2 + (y+2)2 = 9 vµ ®­êng th¼ng d: x + y + m = 0. T×m m ®Ó trªn ®­êng th¼ng d cã duy nhÊt mét ®iÓm A mµ tõ ®ã kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn (C) (B, C lµ hai tiÕp ®iÓm) sao cho tam gi¸c ABC vu«ng. 1 Tõ pt ct cña ®­êng trßn ta cã t©m I(1;-2), R = 3, tõ A kÎ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®­êng trßn vµ => tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng 3 0.5 0,5 2 Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A(10; 2; -1) vµ ®­êng th¼ng d cã ph­¬ng tr×nh . LËp ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua A, song song víi d vµ kho¶ng c¸ch tõ d tíi (P) lµ lín nhÊt. 1 Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d, mÆt ph¼ng (P) ®i qua A vµ (P)//d, khi ®ã kho¶ng c¸ch gi÷a d vµ (P) lµ kho¶ng c¸ch tõ H ®Õn (P). Gi¶ sö ®iÓm I lµ h×nh chiÕu cña H lªn (P), ta cã => HI lín nhÊt khi VËy (P) cÇn t×m lµ mÆt ph¼ng ®i qua A vµ nhËn lµm vÐc t¬ ph¸p tuyÕn. 0.5 v× H lµ h×nh chiÕu cña A trªn d nªn lµ vÐc t¬ chØ ph­¬ng cña d) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 ó 7x + y -5z -77 = 0 0.5 CâuVII.a Cho đẳng thức: . Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển . 1 , ta có: . 0.5 . Ta có hệ số của x10 là: . 0.5 Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao Câu VI.b Gièng ch­¬ng tr×nh chuÈn CâuVII.b Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh: 1 Bpt §Æt , ta ®­îc: (tm) 0.5 Khi ®ã: KL: 0.5 www.VNMATH.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 8 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng . Câu II (2 điểm) Giải phương trình Giải hệ phương trình : Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng : 2x + 3y + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng AB và hợp với nhau góc 450. Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) và hai đường thẳng và Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. Câu VIII.a (1 điểm) Giải phương trình: Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn , đường thẳng . Tìm để cắt tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất. Câu VII.b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 và đường thẳng : = = . Gọi là giao tuyến của (P) và (Q). Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng , . Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 )) 1 ----------Hết---------- ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu -ý Nội dung Điểm 1.1 *Tập xác định : *Tính Hàm số nghịch biến trên các khoảng và *Hàm số không có cực trị *Giới hạn Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên *Vẽ đồ thị 0.25 0.25 0.25 0.25 1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm có phương trình Hay (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng giải được nghiệm và *Các tiếp tuyến cần tìm : và 0.25 0.25 0.25 0.25 2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với Giải được và (loại) *Giải được nghiệm và 0.25 0.25 0.25 0.25 2.2 *Biến đổi hệ tương đương với *Đặt ẩn phụ , ta được hệ *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) 0.25 0.25 0.25 0.25 3 *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , thì Từ đó *Đặt Suy ra *Kết quả 0.25 0.25 0.25 0.25 4 *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là *Kẻ , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng . *Lập luận và tính được AC=AB=a ,, *Tam giác SHK vuông tại H có *Tam giác AHK vuông tại H có 0.25 0.25 0.25 0.25 5 *Biến đổi *Từ đó Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được =3 (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0.25 0.25 0.25 0.25 6.a * có phương trình tham số và có vtcp *A thuộc *Ta có (AB; )=450 *Các điểm cần tìm là 0.25 0.25 0.25 0.25 7.a *(d) đi qua và có vtcp (d’) đi qua và có vtcp *Ta có , Xét (d) và (d’) đồng phẳng . *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt và đi qua M1 nên có phương trình *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm 0.25 0.25 0.25 0.25 8.a *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét , biến đổi phương trình tương đương với Đặt , ta được phương trình giải được t=1 và t=-2/3 *Với t=1 phương trình này vô nghiệm *Với t=-2/3 (*) Nhận thấy là nghiệm của (*) Nếu thì VT(*)>1 Nếu thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất *Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và 0.25 0.25 0.25 0.25 6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt *Ta có Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi 0.25 0.25 0.25 0.25 7.b * có phương trình tham số * có phương trình tham số *Giả sử * , mf(R) có vtpt * cùng phương *d đi qua và có vtcp => d có phương trình 0.25 0.25 0.25 0.25 8.b *Điều kiện : giải được Vì >1 nên bpt đã cho tương đương với *Kết luận tập nghiệm : 0.25 0.25 0.25 0.25 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 9 www.VNMATH.com PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1). Câu II (2,0 điểm): 1. Giải phương trình: 2. Giải phương trình: Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân: Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h. Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: . Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có phương trình . Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức: B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng: .Chứng minh rằng hai đường thẳng () và () cắt nhau. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi () và (). Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình: . -------------------------------- Hết ------------------------ Họ và tên thí sinh: ………………………..……………………………………Số báo danh: ……………...…… ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) CâuI 2.0 1. TXĐ: D = R\{-1} Chiều biến thiên: => hs đồng biến trên mỗi khoảng và , hs không có cực trị 0.25 Giới hạn: => Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2 BBT x - -1 + y’ + + y + 2 2 - 0,25 0.25 + Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành tại điểm , trục tung tại điểm (0;-4) Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng 0.25 2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có 0.25 Trung điểm I của AB: I Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0 0.25 Có : 0.25 => 0,25 CâuII 2.0 1. TXĐ: x 0,25 Đặt t==> 0,25 đc pt: t3 - 2t - 4 = 0 ó t=2 0,25 Với t = 2 ó 0,25 2. 1,0 TXĐ: D =R 0,25 + Với 0,25 + Với , đặt t = được pt : t2 + 4t +3 = 0 0.25 t = -1 Vậy : 0,25 Câu III 1,0 I1 =, Đặt t = ,… Tính được I1 = 0,5 , lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e - 2 0,25 I = I1 + I2 = 0,25 Câu IV 1,0 SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D : 0,25 ; 0.25 ; 0.25 0.25 CâuV Có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc : 0.25 mà (Biến đổi tương đương) 0.25 Tương tự: => (BĐT Côsi) 0.25 => P Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 0.25 II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) A. Chương trình chuẩn CâuVI.a 2.0 1. A(0;2), I(-2 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’ 0,25 Pt đường thẳng IA : , => I’(), 0,25 0,25 (C’): 0.25 2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t), AB//d. 0.25 Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB A’B (MA+ MB)min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB 0.25 0,25 MA=MB M(2 ; 0 ; 4) 0,25 CâuVII.a 1.0 z = x + iy (), z2 + 0,25 0,25 (0;0); (0;1) ; (0;-1). Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,5 B. Chương trình nâng cao Câu VI.b 2.0 1. , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0 , I = là trung điểm của AC, BD. 0,25 I 0,25 M, A, C thẳng hàng ó cùng phương => c2 – 13c +42 =0 ó 0,25 c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 0.25 2. Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, ()() = A 0.5 , Lấy N, sao cho: AM = AN => N cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi () và () chính là đg thẳng AI 0.25 Đáp số: 0,25 Câu VII.b TXĐ: 0.25 0.25 0.25 (t/m TXĐ) 0,25