SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, Khối A và B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số − = + 2 1 1 x y x 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm các giá trị của m để phương trình 2 1 1x m x− = + có 2 nghiệm phân biệt. Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2cos (sin3 cos3 ) 1x x x− = 2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 0 x y y x x x y y m  − + − − =   + − − − + =   có nghiệm. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 2 0 ( 1) 1 2x x dx+ − ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt SBC vuông góc với đáy, các cạnh SB = SC = 1 và các góc · · · 0 ASB BSC CSA 60= = = . Tính thể tích của hình chóp S.ABC. Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức sau a b c c a a b b c b c a c b a c b a + + + + + ≥ + + + + + . 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, viết phương trình đường thẳng ∆ sao cho ∆ tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 15 2 và chu vi bằng 15. 2) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A( 1;0;2), B(2;1;4), C(1; 1;2)− − . Tìm tọa độ điểm M sao cho MA MB MC = = và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ABC) bằng 5 . Câu VII.a (1,0 điểm) Giả sử n là số nguyên dương và 2 0 1 2 (1 ) n n n x a a x a x a x+ = + + + + . Biết rằng tồn tại số nguyên dương (1 1)k k n≤ ≤ − sao cho 1 1 2 9 24 k k k a a a − + = = , hãy tính n. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng 1 2 :3 5 0, : 2 3 0x y x y∆ + + = ∆ − − = và đường tròn (C): 2 2 ( 3) ( 5) 25x y− + + = . Tìm điểm M thuộc (C), điểm N thuộc 1 ∆ sao cho M và N đối xứng qua 2 ∆ . 2) Trong không gian Oxyz, cho điểm M ( 2;1;3)− . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M và cắt các trục tọa độ tại A, B, C sao cho tam giác ABC có trực tâm là M. Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 4z = và một acgumen của 3 i z + bằng 6 π − …………………………Hết………………………… Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:………………………………… Chữ kí của giám thị 1:……………………………………Chữ kí của giám thị 2:………………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 2 1 1 x y x − = + 1,00 • TXĐ : { } \ 1−¡ • Ta có : 2 3 ' 0 1 ( 1) y x x = > ∀ ≠ − + • Các giới hạn : 1 1 2 1 2 1 2 1 lim 2; lim ; lim 1 1 1 x x x x x x x x x − + →±∞ →− →− − − − = = +∞ = −∞ + + + • Tiệm cận đứng : 1x = − , tiệm cận ngang : 2y = • BBT : x −∞ -1 +∞ y’ + + y +∞ 2 2 −∞ • Đồ thị 8 6 4 2 -2 -4 -6 -15 -10 -5 5 10 15 f x ( ) = 2 ⋅ x-1 x+1 0,25 0,25 0,25 0,25 I 2 Tìm m để PT : 2 1 1x m x− = + 1,00 2 1 2 1 1 1 x x m x m x − − = + ⇔ = + Xét hàm số 2 1 khi 1 2 1 1 ( ) 2 1 1 khi 1 1 x x x x f x x x x x −  > −  −  + = =  − +  − < −  +  2 2 3 khi 1 ( 1) '( ) 3 khi 1 ( 1) x x f x x x  > −  +  =   − < −  +  BBT của ( )f x 0,25 0,25 x −∞ -1 +∞ y’ + + y -2 −∞ 2 −∞ Từ BBT suy ra pt có 2 nghiệm pb 2m⇔ < − 0,25 0,25 II 1 Giải phương trình 2cos (sin3 cos3 ) 1x x x− = (1) 1,00 (1) sin 4 sin 2 os4 os2 1 0x x c x c x⇔ + − − − = 2 (2sin 2 . os2 sin 2 ) (2cos 2 os2 ) 0x c x x x c x⇔ + − + = (sin 2 os2 )(2cos2 1) 0x c x x⇔ − + = tan 2 1 sin 2 os2 0 8 2 1 2cos2 1 0 cos2 2 3 k x x x c x x x x k π π π π  = = +   − =   ⇔ ⇔ ⇔    + = = −   = ± +    0,25 0,25 0,50 II 2 Hệ 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 (1) 1 3 2 0 (2) x y y x x x y y m − + − − =    + − − − + =   có nghiệm 1,00 Điều kiện. 1 1, 0 2x y− ≤ ≤ ≤ ≤ (1) 3 3 3 ( 1) 3( 1)x x y y⇔ − = − − − Hàm số 3 ( ) 3f t t t= − nghịch biến trên đoạn [ 1;1]− [ ] , 1 1;1x y − ∈ − nên ( ) ( 1) 1 1f x f y x y y x= − ⇔ = − ⇔ = + Thế vào pt (2) ta được 2 2 2 1 (3)x x m− − = − Hệ có nghiệm ⇔ Pt (3) có nghiệm [ ] 1;1x ∈ − Xét [ ] 2 2 2 1 ( ) 2 1 , 1;1 , '( ) 2 1 1 g x x x x g x x x   = − − ∈ − = +  ÷ −   '( ) 0 0g x x= ⇔ = . (0) 2, ( 1) 1g g= − ± = Pt (3) có nghiệm [ ] 1;1 2 1 1 2x m m∈ − ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ 0,25 0,25 0,25 0,25 III Tính tích phân 1 2 2 0 ( 1) 1 2x x dx+ − ∫ 1,00 1 1 1 2 2 2 2 2 2 0 0 0 ( 1) 1 2 1 2 1 2x x dx x x dx x dx+ − = − + − ∫ ∫ ∫ Xét I ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 2 2 2 0 0 1 1 2 1 2 1 2 4 x x dx x d x= − = − − − ∫ ∫ ( ) 1 2 2 2 0 1 1 2 1 2 1 2 6 6 24 x x= − − − = − Xét J = 1 2 2 0 1 2 2 x dx− ∫ . Đặt 1 1 sin cos 2 2 x t dx tdt= ⇒ = 0,25 0,25 1 1 1 0 sin 0, sin 2 4 2 2 π = = J = 4 4 2 2 0 0 1 1 1 1 2 sin cos cos 2 2 2 2 t tdt tdt π π − = ∫ ∫ 4 4 0 0 1 1 sin2 ( 2) 2 (1 cos2 ) 2 16 2 2 2 2 t t dt t π π π +   = + = + =  ÷   ∫ Vậy 1 2 2 0 1 2 ( 2) 2 1 2 2 ( 1) 1 2 6 24 16 6 12 16 x x dx π π + + − = − + = + + ∫ 0,25 0,25 IV Tính thể tích của hình chóp S.ABC 1,00 Gọi H là trung điểm BC SH BC⇒ ⊥ ( ) ( ) ( )SBC ABC SH ABC⊥ ⇒ ⊥ ∆ SBC đều cạnh 1 3 2 SH⇒ = SAB SAC AB AC∆ = ∆ ⇒ = AH BC⇒ ⊥ . Đặt , 0SA x x= > 2 2 2 2 3 4 AH SA SH x= − = − 2 2 2 0 2 2 . .cos60 1AC SA SC SA SC x x= + − = + − . AHC∆ vuông 2 2 2 2 2 3 1 3 1 4 4 2 AC AH HC x x x x⇒ = + ⇔ + − = − + ⇔ = 6 1 6 . 2 2 4 ABC AH S AH BC⇒ = ⇒ = = 1 2 . 3 8 SABC ABC V S SH= = 0,25 0,25 0,25 0,25 V Chứng minh a b c c a a b b c b c a c b a c b a + + + + + ≥ + + + + + 1,00 BDT 1 1 1 1 1 1 a b c a b c c a b b c a b c a c a b + + + ⇔ + + ≥ + + + + + Đặt , , , , 0 a b c x y z x y z b c a = = = ⇒ > và 1xyz = BDT trở thành 1 1 1 1 1 1 1 1 1 y x z x y z y z x + + + + + ≥ + + + + + 1 1 1 1 1 1 yx zy xz x y z y z x + + + ⇔ + + ≥ + + + + + (do 1xyz = ) 1 1 1 1 1 1 x x yx y y zy z z xz x y z y z x − + + − + + − + + ⇔ + + ≥ + + + + + 0,25 H B C A S 1 1 1 1 1 1 x y z x y z x y z y z x − − − ⇔ + + ≥ + + + + + + + + 1 1 1 0 1 1 1 x y z y z x − − − ⇔ + + ≤ + + + 2 2 2 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 0x z y x z y⇔ − + + − + + − + ≤ 2 2 2 2 2 2 3x y z x z y x z y x y z⇔ + + + + + ≥ + + + BDT cuối cùng đúng do 2 2 2 x y z x y z+ + ≥ + + và 2 2 2 3 3 3 3 3 3x z y x z y x y z+ + ≥ = 0,25 0,25 0,25 VI.a 1 Viết phương trình đường thẳng 1,00 Giả sử ∆ cắt trục Ox tại A(x 0 ,0), cắt trục tung Oy tại B(0;y 0 ) Ta có : 2 2 0 0 ; ;OA a x OB b y AB a b= = = = = + Theo gt có : 2 2 1 15 ; 15 2 2 S ab P a b a b= = = + + + = Giải hệ PT có 5 6, 2 5 , 6 2 a b a b  = =    = =   *Với 5 ( ; ) (6; ) 2 a b = thì 0 0 5 6; 2 x y= ± = ± ta có 4 PT của ∆ là : 5 12 30 0 (1) 5 12 30 0 (2) 5 12 30 0 (3) 5 12 30 0 (4) x y x y x y x y + − = − + = − − = + + = *Với 5 ( ; ) ( ;6) 2 a b = thì 0 0 5 ; 6 2 x y= ± = ± ta có 4 PT của ∆ là : 12 5 30 0 (5) 12 5 30 0 (6) 12 5 30 0 (7) 12 5 30 0 (8) x y x y x y x y + − = − + + = − + − = + + = Vậy ta có 8 PT của ∆ thỏa mãn yêu cầu bài toán . 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Tìm tọa độ M 1,00 Giả sử M(a; b; c). 3 2 8 0MA MB a b c= ⇔ + + − = (1) 4 2 1 0MA MC a b= ⇔ − − = (2) Pt mặt phẳng (ABC) là 2 4 5 12 0x y z+ − + = ( ;( )) 2 4 5 3 (3) 2 4 5 12 5 5 2 4 5 27 (4) 3 5 M ABC a b c a b c d a b c + − = + − +  = ⇔ = ⇔  + − = −  Giải hệ (1), (2), (3) ta được 7 11 4 ; ; 6 6 3 M    ÷   Giải hệ (1), (2), (4) ta được 1 5 14 ; ; 6 6 3 M − −    ÷   0,25 0,25 0,25 0,25 VII.a Tìm n thỏa mãn 1 1 2 9 24 k k k a a a − + = = 1,00 k k n a C= . Vậy 1 1 1 1 9 2 2 9 24 8 3 k k n n k k k k k n n C C a a a C C − − + + =  = = ⇔  =  9 ! 2 ! 9 2 ( 1)!( 1)! ( )! ! 1 8 ! 3 ! 8 3 ( )! ! ( 1)!( 1)! 1 n n n k k n k k n k k n n n k k n k k n k k   = =   − + − −   − + ⇔     = =   − − − + − +   11 2 2 10 11 3 8 2 k n n k n k − = =   ⇔   − = − =   . Vậy n = 10. 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.b 1 Tìm M và N 1,00 M và N đối xứng qua 2 ∆ nên phép đối xứng trục 2 ∆ biến M thành N M ∈ (C) N (C')⇒ ∈ với (C') là ảnh của (C) qua phép đối xứng trục 2 ∆ Theo giả thiết N 1 ∈∆ nên N là giao của (C') và 1 ∆ (C) có tâm I(3; -5) và bán kính R = 5 nên (C') có tâm I’(-1 ; 3) và bán kính R = 5. Pt (C') là 2 2 ( 1) ( 3) 25x y+ + − = Giải hệ 2 2 ( 1) ( 3) 25 3 5 0 x y x y + + − =   + + =  ta được N(-1 ; -2) và N(-4 ; 7) N(-1 ; -2) ta tìm được M(-1 ; -2) N(-4 ; 7) ta tìm được M 22 49 ; 5 5   −  ÷   0,25 0,25 0,25 0,25 VI.b 2 Viết phương trình mặt phẳng (P) 1,00 Giả sử (P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a ;0 ;0), B(0;b;0), C(0; 0; c) Nếu (P) đi qua O thì A B C≡ ≡ nên không tồn tại tam giác ABC. Nếu (P) không đí qua O thì 0abc ≠ nên Pt (P) là 1 x y z a b c + + = . (P) đi qua M nên 2 1 3 1 a b c − + + = (1) M là trực tâm tam giác ABC 3 . 0 3 . 0 2 b c MA B C MA BC MB AC a c MB AC =   ⊥ =    ⇒ ⇔ ⇔    ⊥ = − =      uuur uuur uuur uuur Thế vào (1) ta được 4 1 3 14 1 7, 14 3 3 3 c a b c c c + + = ⇔ = ⇒ = − = Vậy pt (P) là 3 1 2 3 14 0 7 14 14 x y z x y z+ + = ⇔ − + + − = − Cách khác. Chứng minh được OM ⊥ (ABC) Vậy (P) là mặt phẳng qua M và có vecto pháp tuyến ( 2;1;3)OM = − uuuur PT (P) là 2( 2) ( 1) 3( 3) 0 2 3 14 0x y z x y z− + + − + − = ⇔ − + + − = 0,25 0,50 0,25 VII. b Tìm số phức z 1,00 4 4(cos sin ) 4(cos( ) sin( ))z z i z i ϕ ϕ ϕ ϕ = ⇒ = + ⇒ = − + − 0,25 3 2(cos sin ) 6 6 i i π π + = + 3 1 cos sin 2 6 6 i i z π π ϕ ϕ +       ⇒ = + + +  ÷  ÷  ÷       Theo giả thiết 6 6 3 π π π ϕ ϕ + = − ⇔ = − Vậy 4 cos sin 2 2 3 3 3 z i i π π       = − + − = −  ÷  ÷  ÷       0,25 0,25 0,25 . GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, Khối A và B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0. 6 π − …………………………Hết………………………… Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:………………………………… Chữ kí của giám thị 1:……………………………………Chữ kí của giám thị 2:………………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Khảo sát và. 2 ∆ Theo giả thi t N 1 ∈∆ nên N là giao của (C') và 1 ∆ (C) có tâm I(3; -5) và bán kính R = 5 nên (C') có tâm I’(-1 ; 3) và bán kính R = 5. Pt (C') là 2 2 ( 1) ( 3) 25x y+