MAI XUÂN HUY ĐT: 0985529765 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HA LONG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN – KHỐI A THỜI GIAN: 180 PHÚT PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0) điểm Cho hàm số 4 2 2 2 y x mx m m = + + + có đồ thị là ( ) m C với m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với 1 m = − . 2. Tìm m để ( ) m C có 3 điểm cực trị và 3 điểm cực trị này lập thành một tam giác có một góc bằng 0 120 . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình lượng giác 3 3 2 sin cos 1 sin 4 1 (cos sin ) 16 x x x x x + = + − 2. Giải hệ phương trình 2 4 2 2 2 3 0 3 5 0 x xy x y x x y x y  + − + =   + − + =   Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn 2 3 2 0 cos ln(1 ) lim x x e x x L x → − + + = Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và  0 90 SAD = . J là trung điểm SD. Tính theo a thể tích tứ diện ACDJ và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ). Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2 3 ab bc ca + + = . Chứng minh rằng 4 4 4 3 3 3 7 7 7 2( ) a b c a b c + + + + + ≤ + + 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 mặt phẳng Oxy cho điểm (1;1) A . Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng 3 y = và điểm C thuộc trục hoành sao cho tam giác ABC là tam giác đều. 2. Trong mặt phẳng Oxy cho (1;2) A và (3;1) B . Viết phương trình đường tròn qua A, B và có tâm nằm trên đường thẳng 7 3 1 0 x y + + = . Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số tự nhiên 2 n ≥ , chứng minh hệ thức 1 2 2 2 3 2 2 2 1 ( ) 2( ) 3( ) ( ) 2 n n n n n n n C C C n C nC + + + + = B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho (1;0) A , ( 2;4) B − , ( 1;4) C − , (3;5) D , tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng 3 5 0 x y − − = sao cho hai tam giác MAB và MCD có diện tích bằng nhau. 2. Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng 4 3 2 0 x y + − = và tiếp xúc với cả hai đường thẳng 4 0 x y + + = và 7 4 0 x y − + = . Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2 3 3 2 log .log 2 log .log 3 0 x x x x + ≥ . Hết MAI XUÂN HUY ĐT: 0985529765 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Lời giải Điểm I.1 (1đ) Với 1 m = − hàm số là 4 2 2 y x x = − a. TXĐ: D =  b. Sự biến thiên của hàm số * Giới hạn của hàm số tại vô cực lim x→−∞ = +∞ và lim x→−∞ = +∞ * Bảng biến thiên 3 ' 4 4 y x x = − . Do đó ' 0 0; 1 y x x = ⇔ = = ± x −∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ 0 +∞ -1 -1 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1) −∞ − và (0;1) và đồng biến trên mỗi khoảng ( 1;0) − và (1; ) +∞ . Hàm số đạt cực đại tại 0 x = , giá trị cực đại của hàm số là 0. Hàm số đạt cực tiểu tại 1 x = ± , giá trị cực tiểu là ( 1) 1 y ± = − . c. Đồ thị * Điểm uốn 2 '' 12 4 y x = − . '' 0 y = có hai nghiệm 3 3 x = ± và y’’ đổi dấu khi qua hai nghiệm đó nên đồ thị có hai điểm uốn là 3 5 ( ; ) 3 9 − − và 3 5 ( ; ) 3 9 − . * Điểm cắt trục tung là (0;0), các điểm cắt trục hoành là (0;0) ; ( 2;0) − và ( 2;0) . Nhận xét: Hàm số chẵn nên nhận trục tung làm trục đối xứng. Yêu cầu: Đủ các đề mục khi khảo sát. Đồ thị hàm số phải vẽ trơn và có tính đối xứng. 0.25 0.25 0.25 0.25 I.2 (1đ) 3 2 ' 4 4 4 ( ) y x mx x x m = + = + 0 x y -1 -1 1 3 3 3 3 − 5 9 − MAI XUÂN HUY ĐT: 0985529765 2 0 ' 0 x y x m =  = ⇔  = −  Để hàm số có 3 điểm cực trị thì pt y’=0 có 3 nghiệm phân biệt nên m<0. Khi đó y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm này nên đk đủ để hàm số có 3 điểm cực trị là m<0. Tính được tọa độ các điểm cực trị là 2 (0; ) A m m + ; ( ; ) B m m − ; ( ; ) C m m − − . 2 ( ; ) AB m m = − −  ; 2 ( ; ) AC m m = − − −  và 4 AB AC m m = = − + nên tam giác ABC cân tại A. Để tam giác có một góc bằng 0 120 thì  0 120 BAC = . Do đó  4 4 1 cos cos( ; ) 2 m m BAC AB AC m m + = = = − − +   . Từ đó tính được 3 1 3 m − = . 0.25 0.25 0.25 0.25 II.1 (1đ) ĐK: x ∈  Biến đổi pt về (sin cos )(1 sin cos ) 1 sin 2 (cos sin )(cos sin ) 2 2sin cos 8 x x x x x x x x x x x + − = + − − Ta được sin cos 0 (cos sin )sin 2 4 x x x x x + =   − =  Đánh giá được pt thứ hai vô nghiệm do VT<4 (hoặc giải bằng cách đặt ẩn phụ). Giải pt đầu và suy ra nghiệm là ( ) 4 x k k π π = − + ∈  . 0.25 0.25 0.25 0.25 II.2 (1đ) Xét 0 x = suy ra 0 y = là một nghiệm của hệ. Xét 0 x ≠ , chia hai vế của pt đầu cho x , hai vế của pt sau cho 2 x rồi biến đổi về hệ 2 2 2 2 3 3 3 5 5 y y x y x y x x y y x y x y x x     + + = + + =         ⇔       + + = + + =         Đặt y z x x = + được hệ 2 3 5 z y z y + =   + =  . Giải hệ này được 2; 1 z y = = hoặc 1; 4 z y = − = . Giải trường hợp đầu được 1 x y = = , trường hợp sau vô nghiệm. Tóm lại các nghiệm (x;y) của hệ là (0;0);(1;1) . 0.25 0.25 0.25 0.25 MAI XUÂN HUY ĐT: 0985529765 III (1đ) Biến đổi về 2 3 2 0 ( 1) (1 cos ) ln(1 ) lim x x e x x L x → − + − + + = 2 3 2 3 2 0 ( 1) 1 cos ln(1 ) lim . (1 cos ) x x e x x x x x x x →   − − + = + +     +   2 2 3 2 2 3 0 sin ( 1) 1 ln(1 ) 2 lim . . 2(1 cos ) 2 x x x e x x x x x x →     − +   = + +   +           Khi 0 x → thì 2 0 x → ; 0 2 x → và 3 0 x → nên 2 2 3 2 2 3 0 0 0 sin 1 ln(1 ) 2 lim 1;lim 1;lim 1 2 x x x x x e x x x x → → → − + = = = =       Từ đó tính được giới hạn đã cho là 5 4 L = . 0.25 0.25 0.25 0.25 IV (1đ) Do AD vuông góc với SA và AB nên AD vuông góc với mặt (SAB). Gọi I là trung điểm của AB thì AD vuông góc với SI. Mà tam giác SAB đều nên AB vuông góc với SI. Suy ra SI vuông góc với mặt (ABCD). Do dó khoảng cách từ J đến (ACD) bằng 1 2 khoảng cách từ S đến mặt (ABCD) và bằng 1 3 2 4 a SI = . Từ đó suy ra thể tích tứ diện ACDJ là 3 2 1 1 3 3 . . . 3 2 4 24 a a V a= = (đvtt). Xét tam giác BCI vuông tại B nên 2 2 2 2 2 2 5 4 4 a a CI CB BI a= + = + = . Tam giác SIC vuông tại I nên 2 2 2 2 2 2 3 5 2 4 4 a a SC SI IC a = + = + = . Tương tự 2 2 2 2 SD SC a = = . Tam giác SCD có CJ là đường trung tuyến nên 0.25 0.25 0.25 A B D C S I J MAI XUÂN HUY ĐT: 0985529765 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ( ) (2 ) .2 2 4 2 4 CJ SC CD SD a a a a = + − = + − = Xét tam giác AJC có ; 2; 2 a AJ AC a CJ a = = = nên tính được 3 cos 4 A = . Từ đó  7 sin 4 JAC = nên 2 AJC 1 7 7 . . 2. 2 4 8 2 a a S a= = . Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ACJ) là 3 2 3 3. 21 24 7 7 8 a a d a = = (đvd) *************************************************************************** Có thể tính diện tích tam giác JAC bằng cách lấy hình chiếu của J trên mặt đáy (là trung điểm H của DI). Trong mặt đáy, kẻ HK vuông góc với AC (hay HK song song với BD) với K thuộc AC thì chỉ ra được JK vuông góc với AC và tính được JK là đường cao tam giác JAC. 0.25 V (1đ’) Áp dụng bdt Cauchy cho 3 số 3 3 ( 7) 8 8 3 ( 7).8.8 12 7 a a a + + + ≥ + = + . Làm tương tự rồi cộng vào với nhau ta được 3 3 3 69 7 7 7 12 a b c a b c + + + + + + + + ≤ Dùng bdt Cauchy cho 4 số ta được 4 1 1 1 4 a a + + + ≥ Do dó 4 4 4 69 285 12 48 a b c a b c+ + + + + + ≤ nên chỉ cần chứng minh 4 4 4 4 4 4 285 2( ) 48 a b c a b c + + + ≤ + + hay 4 4 4 3 a b c + + ≥ với 2 2 2 3 ab bc ca + + = . Dùng bdt Cauchy 4 4 4 2 1 4 a b b ab + + + ≥ ; 4 4 4 2 1 4 b c c bc + + + ≥ , 4 4 4 2 1 4 c a a ca + + + ≥ . Cộng các vế của bất đẳng thức trên suy ra đpcm. Dấu “=” xảy ra khi 1 a b c = = = 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.a.1 (1đ’) Gọi tọa độ B(a;3), C(b;0). Tam giác ABC đều khi và chỉ khi AB=BC=CA. Từ đó ta có hệ: 2 2 2 2 ( 1) 4 ( 1) 1 ( 1) 4 ( ) 9 a b a b a  − + = − +   − + = − +   Đổi biến 1; 1 u a v b = − = − thu được hệ đẳng cấp: 2 2 2 3 2 5 v u uv v  − =   − =   suy ra 2 2 8 6 5 0 v uv u − − = ⇔ 2 u v = − hoặc 4 5 v u = . 0.25 0.25 0.25 MAI XUÂN HUY ĐT: 0985529765 Trường hợp đầu vô nghiệm, TH sau có hai nghiệm (u;v) là 4 3 5 3 4 3 5 3 ( ; );( ; ) 3 3 3 3 − − . Tính được B,C là 4 3 3 5 3 3 ( ;3); ( ;0) 3 3 B C + + hoặc 4 3 3 5 3 3 ( ;3); ( ;0) 3 3 B C − + − + . 0.25 VI.a.2 (1đ’) Gọi tọa độ tâm đường tròn là I(a;b). IA=IB nên 2 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) ( 1) 4 2 5 a b a b a b − + − = − + − ⇔ − = mà 7 3 1 a b + = − , tính được 1 3 ; 2 2 a b = = − . suy ra 2 25 2 R = . Vậy pt đường tròn là 2 2 1 3 25 ( ) ( ) 2 2 2 x y− + + = . 0.25 0.25 0.25 0.25 VII.a (1đ’) Áp dụng hệ thức 2 ( 1) (1 ) (1 ) n n n x x x + + = + Đạo hàm hai vế ta có 2 2.( 1) [(1 ) ]' [(1 ) ]' n n n x x x+ + = + Vì 0 1 1 2 2 1 ( 1) n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C − − − + = + + + + + và 1 2 3 2 1 2 1 [(1 ) ]' 2. 3. ( 1) n n n n n n n n n n x C C x C x n C x nC x − − − + = + + + + − + nên hệ số của 1 n x − trong khai triển ở vế trái là 1 2 2 2 3 2 2 2[( ) 2( ) 3( ) ( ) ] n n n n n C C C n C+ + + + . Mà 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 [(1 ) ]' n n n n n n n n n x C C x C x C x − − + = + + + + + nên hệ số của 1 n x − trong khai triển ở vế phải là 2 n n C . Hai hệ số của 1 n x − phải bằng nhau nên suy ra đpcm. 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.b.1 (1đ’) Tính được 5 AB = và ptAB là 4 3 4 0 x y + − = ; 17 CD = và pt CD là 4 17 0 x y − + = . Gọi ( ;3 5) M a a − . Để hai tam giác MAB và MCD có diện tích bằng nhau thì ( ; ) ( ; ) . . 13 19 11 37 M AB M CD d AB d CD a a = ⇔ − = − Tính được 9 a = − hoặc 7 3 a = (khi đó MAB và MCD thật sự là các tam giác). Từ đó suy ra ( 9; 32) M − − hoặc 7 ( ;2) 3 M 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.b.2 (1đ’) Tâm đường tròn phải thuộc đường phân giác của hai đường thẳng nên nó thuộc đường thẳng 3 8 x y − = hoặc 3 6 x y + = − . 0.25 0.375 MAI XUÂN HUY ĐT: 0985529765 Trường hợp thứ nhất tính được tâm (2; 2); 2 2 R− = . Ptđtròn là 2 2 ( 2) ( 2) 8 x y − + + = . Trường hợp thứ hai tính được tâm ( 4;6); 3 2 R− = . Ptđtròn là 2 2 ( 4) ( 6) 18 x y + + − = . 0.375 VII.b (1đ’) Dễ thấy 1 x ≥ là nghiệm của bpt. Xét 0 1 x < < chia cả hai vế của pt cho 2 3 log .log 0 x x > ta được 3 2 3 2 log 2 log 3 0 log log x x x x + ≥ Rút gọn ta được 2 log 6 0 x + ≥ Tính ra 6 0 6 x< ≤ Từ đó tập nghiệm là 6 (0; ] [1; ) 6 S = ∪ +∞ . *************************************************************************** Có thể giải bằng cách đưa về cùng cơ số 2 và biến đổi về pt 2 2 2 log .log (6 ) 0 x x ≥ 0.25 0.25 0.25 0.25 Yêu cầu: Học sinh trình bày chi tiết lời giải và các bước tính toán. Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt là điều kiện cần và đủ, các bước đánh giá. Học sinh có thể giải bài toán theo các cách khác nhau, tổ chấm thảo luận để thống nhất cho điểm. . MAI XUÂN HUY ĐT: 0985529765 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HA LONG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN – KHỐI A THỜI GIAN: 180 PHÚT PHẦN CHUNG CHO. 4 2 2 y x x = − a. TXĐ: D =  b. Sự biến thi n của hàm số * Giới hạn của hàm số tại vô cực lim x→−∞ = +∞ và lim x→−∞ = +∞ * Bảng biến thi n 3 ' 4 4 y x x = − . Do đó ' 0. III (1,0 điểm) Tính giới hạn 2 3 2 0 cos ln(1 ) lim x x e x x L x → − + + = Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và  0 90 SAD = . J