KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH . Mụn Toỏn : THỜI GIAN LÀM BÀI 180 PHÚT. A /PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. ( 8 điểm ) Cõu I : ( 2 điểm ). Cho hàm số y = x 3 + ( 1 – 2m)x 2 + (2 – m )x + m + 2 . (C m ) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tỡm m để đồ thị hàm số (C m ) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. Cõu II : ( 2 điểm ). 1. Giải phương trỡnh: sin 2 2 2(sinx+cosx)=5 x  . 2. Tỡm m để phương trỡnh sau cú nghiệm duy nhất : 2 2 3 . x mx x    Cõu III : ( 2 điểm ). 1. Tớnh tớch phõn sau : 2 2 3 1 1 . x I dx x x     2. Cho hệ phương trỡnh : 3 3 ( ) 1 x y m x y x y          Tỡm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x 1 ;y 1 );(x 2 ;y 2 );(x 3 ;y 3 ) sao cho x 1 ;x 2 ;x 3 lập thành cấp số cộng   0 d  .Đồng thời có hai số x i thỏa món i x > 1 Cõu IV : ( 2 điểm ). Trong khụng gian oxyz cho hai đường thẳng d 1 : 1 1 2 x y z   ; d 2 1 2 1 x t y t z t            và điểm M(1;2;3). 1.Viết phương trỡnh mặt phẳng chứa M và d 1 ; Tỡm M ’ đối xứng với M qua d 2 . 2.Tỡm 1 2 ; A d B d   sao cho AB ngắn nhất . B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2 điểm ). ( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu V a hoặc V b sau đây.) Cõu V a . 1. Trong mặt phẳng oxy cho ABC  có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trỡnh x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trỡnh x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích ABC  . 2.Tỡm hệ số x 6 trong khai triển 3 1 n x x        biết tổng cỏc hệ số khai triển bằng 1024. Cõu V b . 1. Giải bất phương trỡnh : 2 2 1 1 5 5 x x    > 24. 2.Cho lăng trụ ABC.A ’ B ’ C ’ đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A ’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA ’ tạo với đáy góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ. ______________ Hết ____________ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH . Mụn Toỏn : Thời gian làm bài 180 phút. ĐÁP ÁN Cõ u í Nội dung Điể m I . 200 1 .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 1,00 Với m = 2 ta được y = x 3 – 3x 2 + 4 a ;Tập xác định : D = R. 0,25 b ; Sự biến thiờn. Tính đơn điệu …… Nhỏnh vụ cực…… j o 4 +  -  + + - 0 0 2 0 +  -  y y' x 0,25 c ; Đồ thị : + Lấy thêm điểm . + Vẽ đúng hướng lừm và vẽ bằng mực cựng màu mực với phần trỡnh bầy 0,25 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -15 -10 -5 5 10 15 0,25 2 . Tỡm m để đồ thị hàm số (C m ) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. 1,00 Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa món 2 ĐK sau : + y ’ =0 cú 2 nghiệm pbiệt x 1 < x 2  ' 2 4 5 0 m m      m < - 1 hoặc m > 5 4 0,25 0,25 + x 1 < x 2 < 1 ( Vỡ hệ số của x 2 của y ’ mang dấu dương )  ….  ' 4 2 m    …  21 15 m  0,25 Kết hợp 2 ĐK trên ta được… Đáp số   ; 1 m    5 7 ; 4 5        0,25 II 2,00 1 1.Giải phương trỡnh: sin 2 2 2(sinx+cosx)=5 x  . ( I ) 1,00 Đặt sinx + cosx = t ( 2 t  ).  sin2x = t 2 - 1  ( I ) 0,25  2 2 2 6 0 t t     2 t   ) 0,25 +Giải được phương trỡnh sinx + cosx = 2  …  os( ) 1 4 c x     + Lấy nghiệm 0,25 Kết luận : 5 2 4 x k     ( k  Z ) hoặc dưới dạng đúng khác . 0,25 2 Tỡm m để phương trỡnh sau cú nghiệm duy nhất : 2 2 3 . x mx x    1,00  hệ 2 2 2x x 9 6x 3 m x x         cú nghiệm duy nhất 0,25  x 2 + 6x – 9 = -mx (1) +; Ta thấy x = 0 khụng phải là nghiệm. 0,25 + ; Với x  0 (1)  2 6x 9x m x     . Xột hàm số : f(x) = 2 6x 9 x x   trờn     ;3 \ 0  cú f ’ (x) = 2 2 9 x x  > 0 0 x   0,25 + , x = 3  f(3) = 6 , cú nghiệm duy nhất khi – m > 6  m < - 6 0,25 III 2,00 1 1. Tớnh tớch phõn sau : 2 2 3 1 1 . x I dx x x     2 2 3 1 1 . x I dx x x     = 2 2 1 1 1 x 1 x d x x    = 2 1 1 ( ) 1 d x x x x     = - 1 2 1 ln( ) x x  = …. = 4 ln 5 ( Hoặc 2 2 3 1 1 . x I dx x x     = 2 2 1 1 2x x 1 d x x          =……) 1,00 0,25 0,50 0,25 2 2.Cho hệ phương trỡnh : 3 3 ( ) 1 x y m x y x y          Tỡm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x 1 ;y 1 );(x 2 ;y 2 );(x 3 ;y 3 ) sao cho x 1 ;x 2 ;x 3 lập thành cấp số cộng   0 d  .Đồng thời có hai số x i thỏa món i x > 1 3 3 ( ) 1 x y m x y x y           2 2 ( )( ) 0 1 x y x y xy m x y             2 1 2 1 ( ) 1 0 x y y x x x x m                      Trước hết ( ) x  phải cú 2 nghiệm pbiệt x 1 ; x 2  3 4 3 0 4 m m      1,00 0,25 0,25 Cú thể xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng. +Trường hợp 1 : 1 2  ; x 1 ; x 2 +Trường hợp 2 : x 1 ; x 2 ; 1 2  +Trường hợp 3 : x 1 ; 1 2  ; x 2 0,25 Xét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa món. Trường hợp 3 ta có 1 2 1 2 1 1 x x x x m         đúng với mọi m > 3 4 Đồng thời có hai số x i thỏa món i x > 1 ta cần có thêm điều kiện sau 2 1 4 3 1 4 3 3 3 2 m x m m           Đáp số : m > 3 0,25 Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d 1 : 1 1 2 x y z   ; d 2 1 2 1 x t y t z t            và điểm M(1;2;3). 1.Viết phương trỡnh mặt phẳng chứa M và d 1 ; Tỡm M ’ đối xứng với M qua d 2 . . + Phương trỡnh mặt phẳng chứa M và d 1 …. Là (P) x + y – z = 0 + Mp(Q) qua M và vuụng gúc với d 2 cú pt 2x – y - z + 3 = 0 2,00 0,25 0,25 + Tỡm được giao của d 2 với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1) …  Điểm đối xứng M ’ của M qua d 2 là M ’ (-3 ;-2 ;-1) 0,25 0,25 2.Tỡm 1 2 ; A d B d   sao cho AB ngắn nhất . Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t 1 ;-t 1 ;1+t 1 ) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 và d 2 . 0,50 IV  1 2 . 0 . 0 AB v AB v            …….  tọa độ của 3 3 6 ; ; 35 35 35 A       và 1 17 18 ; ; 35 35 35 B         0,50 Va 2,00 1 1. Trong mặt phẳng oxy cho ABC  có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trỡnh x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trỡnh x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . M C B H A +AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là (3;1) n   AC có phương trỡnh 3x + y - 7 = 0 + Tọa độ C là nghiệm của hệ AC CM    ……  C(4;- 5) + 2 1 ; 2 2 B B M M x y x y     ; M thuộc CM ta được 2 1 1 0 2 2 B B x y      + Giải hệ 2 1 1 0 2 2 3 7 0 B B B B x y x y              ta được B(-2 ;-3) 0,25 0,25 Tớnh diện tớch ABC  . + Tọa độ H là nghiệm của hệ 14 3 7 0 5 3x 7 0 7 5 x x y y y                     …. Tính được BH = 8 10 5 ; AC = 2 10 Diện tớch S = 1 1 8 10 . .2 10. 16 2 2 5 AC BH   ( đvdt) 0,25 0,25 2.Tỡm hệ số x 6 trong khai triển 3 1 n x x        biết tổng cỏc hệ số khai triển bằng 1024. + ; 0 1 1024 n n n n C C C       1 1 1024 n    2 n = 1024  n = 10 0,25 0,25 - 2 + ;   10 10 10 3 3 10 1 1 . k k k k o x C x x x                  ; ……. Hạng tử chứa x 6 ứng với k = 4 và hệ số cần tỡm bằng 210 . 0,25 0,25 V b 2,00 1 1. Giải bất phương trỡnh : 2 2 1 1 5 5 x x    > 24. (2) 1,00 (2)      2 2 2 5 5 24 5 5 0 x x     2 5 5 x   x 2 > 1  1 1 x x       0,5 0,5 2 2.Cho lăng trụ ABC.A ’ B ’ C ’ đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A ’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA ’ tạo với đáy góc 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ. G N M C B A B' C' A' Từ giả thiết ta được chop A ’ .ABC là chop tam giác đều .  ' A AG là góc giữa cạnh bên và đáy .   ' A AG = 60 0 , … AG = 3 3 a ; Đường cao A ’ G của chop A ’ .ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy A ’ G = 3 3 a .tan60 0 = 3 3 a . 3 = a. …… Vậy Thể tích khối lăng trụ đó cho là V = 3 1 3 3 . . . 2 2 4 a a a a  1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 Ghi chỳ : + Mọi phương pháp giải đúng khác đều được công nhận và cho điểm như nhau . + Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần và làm trũn ( lờn ) đến 0,5 điểm. . trỡnh bầy 0,25 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -1 5 -1 0 -5 5 10 15 0,25 2 . Tỡm m để đồ thị hàm số (C m ) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. 1,00 Hàm số có cực trị theo yêu cầu. KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH . Mụn Toỏn : Thời gian làm bài 180 phút. ĐÁP ÁN Cõ u í Nội dung Điể m I . 200 1 .Khảo sát sự biến thi n và vẽ. KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH . Mụn Toỏn : THỜI GIAN LÀM BÀI 180 PHÚT. A /PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. ( 8 điểm ) Cõu I : ( 2 điểm ). Cho hàm số y = x 3