Toan pt.de061.2011

Thi thử Đại học www.toanpt.net
Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011
MÔN: TOÁN-KHỐI D
(Thời gian làm bài : 180 phút)
A. PHẦN BẮT BUỘC
Câu I(2 điểm). Cho hàm số y = x3
– 2mx2
+ m2
x – 1 có đồ thị (Cm) .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2 ; +  ).
Câu II (2 điểm).
1. Giải phương trình : 






4
3sinsin222sinsin2 2 
xxxx
2. Giải hệ phương trình:






yyyx
yyxx
32
23
2
CâuIII(1 điểm). Tính tích phân I =  
2ln3
0
3
2x
e
dx
CâuIV(1 điểm).
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy
bằng 600
. Tính thể tích hình chóp S.ABCD.
CâuV(1 điểm).
Cho 3 số dương x , y , z có tổng bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức :
2
3





 yzx
zx
xyz
yz
zxy
xy
B. PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chọn phần I hoặc II)
I- Chương trình chuẩn
CâuVIa(2 điểm).
1. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 . Biết A(1;0) , B(0;2) và trung điểm I của AC nằm
trên đường thẳng y = x . Tìm toạ độ đỉnh C.
2. Trong không gian , cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) có phương trình:
(P) : 2x + y + z – 1 = 0 , (d) :
3
2
12
1



 zyx
. Viết phương trình của đường
thẳng   qua giao điểm của (P) và (d) , vuông góc với (d) và nằm trong (P).
CâuVIIa( 1điểm). Giải phương trình : 2
4 2
1
log ( 2) log ( 2) 0
4
x x x x      .
II- Chương trình nâng cao
Câu VIb(2điểm).
1. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , cạnh AB nằm trên đường thẳng (  ) :
3x +4y +1 = 0 và AB = 2AD và giao điểm hai đường chéo là I(0 ; )
2
1
. Tìm phương trình
đường tròn (C) ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;-1;2) và mp(P) : x –
2 y + 3z – 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua hai điểm A , B và vuông góc với
mp(P).
CâuVIb(1điểm). Giải bất phương trình:  2 2log 3 1 log 1x x   
……….HẾT……....

ĐÁP ÁN –KHỐI D
Câu Nội dung Th/điểm
A. Phần bắt buộc
CâuII
2điểm
1-(1đ)
Với m = 1 , hàm số y = x3
– 2x2
+ x – 1
* TXĐ: D = R
* Giới hạn : 

y
x
lim
* y’ = 3x2
– 4x + 1
1 1
' 1 23
3 27
x y
y o
x y
   
  
    

* y” = 6x – 4
27
25
3
2
0"  yxy 






27
25
;
3
2
I - điểm uốn
* Bảng biến thiên:
Hàm số tăng trên    ;1;
3
1; và giảm trên  1;
3
1
* Đồ thị (Tự vẽ).
0,25
0,25
0,25
0,25
2 2- (1 điểm). Hàm số y = x3
– 2mx2
+ m2
x – 1
* y’ = 3x2
– 4mx + m2
có 2
' m







mx
m
x
y 30'
Với m > 0 ,
hàm số đồng biến trên   2022,0';2  mmxy (1)
Với m = 0 , y’ = 3x2 x ,0 ,
nên hàm số tăng trên ;2 khi m = 0 (2)
Với m < 0 ,
hàm số đồng biến trên   062
3
2,0';2  mm
m
xy (3)
Theo (1) , (2) , (3) suy ra : 2m hàm số đồng biến trên  ;2
0,25
0,25
0,25
0,25
CâuII
2điểm
1- (1điểm) Giải phương trình :







4
3sinsin222sinsin2 2 
xxxx





















)2(
4
3sin2cossin
)1(0sin
4
3sinsin22cossin2sin2 2



xxx
kxx
xxxxx
Phương trình (2) tương đương 






4
3sin)
4
sin(

xx
















282
4
3
4
2
4
3
4






kx
kx
kxx
kxx
0,25
0,25
0,25
y’
 3
1
1x
00
y
+ +__--
2725

y’
 1x
00
y
+ +__--
23 27

-1


Vậy phương trình có nghiệm là x = k
28
,

 kx  .
0,25
2
2-1điểm Giải hệ phương trình:






yyyx
yyxx
32
23
2
Nhận xét (0 ; 0) là một nghiệm của hệ phương trình
Xét 0y , cho hai vế hệ phương trình cho y3
ta được hê:

























(2)
(1)
2
2
2
23
1
1
1
.2
yy
x
yy
x
y
x
thay (2) vào (1) ta được 02
23












y
x
y
x
Đặt t = 10)22)(1(02 223
 tttttt
y
x
Với t = - 1 => y = - x ta được : x3
– x3
= - 2x => x = 0 và y = 0 (loại)
Vậy hệ phương chỉ có một nghiêm (0;0).
0,5
0,25
0,25
CâuII
I
1điểm
Tính tích phân I = 



2ln3
0 3
2ln3
0
3
22
xx
e
dx
e
dx
Đặt t = dt
t
dxdxedte
xx
3
3
1 33

Đổi cận : 




22ln3
10
tx
tx
I =
 
 
2
3
ln
6
1
2
ln
6
1
)2ln(ln
6
1
2
11
6
1
2
3
2
1
2
1
2
1
2
1










  t
t
ttdt
tttt
dt
0,25
0,25
0,5
CâuI
V
1điểm Do S.ABCD hình chóp đều , nên SO là đường cao h/c
Gọi E là trung điểm CD , suy ra CDOECDSE  ,
Suy ra góc SEO là góc giữa mặt bên và mặt đáy
Và góc SEO = 600
Ta có : SO = OE tan600
=
2
3a
Đáy ABCD là hình vuông và SABCD = a2
Vậy : VS.ABCD =
6
3
.
3
1 3
a
Sh đ 
0,25
0,25
0,5
CâuV
1điểm
2
3





 yzx
zx
xyz
yz
zxy
xy
Ta có : x + y + z = 1 )1)(1(1 yxzxyyxz 
   















y
x
x
y
y
x
x
y
yx
xy
zxy
xy
112
1
1111
TT: 



















 z
x
x
z
yzx
zx
z
y
y
z
xyz
yz
112
1
;
112
1
S
A
B C
D
E
O

2
3
1112
1















z
yx
y
zx
x
zy
VT
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
3
1
.
B Phần tự chọn
I-3đ
CâuV
Ia
2-
điểm
1-(1điểm)
Ta có :   .52;1  ABAB Phương trình AB là : 2x + y – z – 2 = 0.
I xyd  :)( suy ra I(t;t) . I là trung điểm của AC : C(2t – 1 ; 2t)
Theo bài suy ra : SABC =







3
4
0
4462);(.
2
1
t
t
tABCdAB
Từ đó ta suy ra hai điểm C(-1;0) hoặc C 





3
8
;
3
5
thoả mãn.
0,25
0,25
0,5
2-(1điểm)
Đường thẳng (d) :








tz
ty
tx
32
21
(d) cắt (p) tại M
2
1
01)32()21(2  tttt
Vậy toạ độ điểm M là :
M












2
7
2
3
2
2
1
211
z
y
x







2
7
;
2
1
;2M
Đường thẳng cần tìm đi qua điểm 






2
7
;
2
1
;2M và có hai véc tơ pháp tuyến
là   )0;2;1()0;8;4(,)1;1;2(n)3;1;2( p  anaaa pdd ,
Vậy phương trình đường thẳng   cần tìm là :












2
7
2
2
1
2
z
ty
tx
0,25
0,25
0,25
0,25
CâuV
IIa
(1điể
m)
ĐK x + 2 > 0 <=> x > - 2
Phương trình viết lại:  2
2 2
1 1
log 2 log ( 2) 0
4 4
x x x x     
Đặt : t = log2(x + 2) , ta được: 21 1
0
4 4
t xt x   
1
4 1
t
t x
 
    
Với t = -1 <=> log2(x + 2) = -1 <=> x = - 3/2 (nhận).
Với t = - 4x + 1 <=> log2(x + 2) = - 4x + 1 (*)
0,25
0,25
0,25

Vp: hàm đồng biến ; Vt : hàm nghịch biến
Nên (*) chỉ có một nghiệm x = 0 (nhận)
Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 0 và x = - 3/2.
0,25
II.3đi
ểm
CâuV
Ib
(2
điểm)
1.(1đ) Ta có : AD = 2d(I ;  ) =
2 2
3 4 1 3 6
2
5 53 4
I Ix y
AB AD
 
   

Đường chéo : BD = 2 2 6 5 3 5
5 2 5
BD
AB AD R    
Vậy đường tròn ngoại tiếp ABCD là (C) :
2
2 1 9
2 5
x y
 
   
 
0;25
0,25
0,5
2 2.(1đ) Ta có : (Q) nhận hai véc tơ sau là chỉ phương
   
   
2; 3; 1 , 1; 2;3
, 7; 7; 1 7;7;1
p
p Q
AB n
AB n n
    
        
 
  
Và (Q) chứa A(1;2;3) nên có phương trình :
7(x-1) + 7(y -2) +1.(z -3) = 0
Vậy (Q) : 7x + 7y + z – 24 = 0.
0,25
0,25
0,5
CâuV
IIb
(1điể
m)
Điều kiện : 3 1x  
Bpt
 2 2 2
2
3
log 3 log 1 1 log 1
1
3
2 3 2 1 3 14 5 0
1
1
5 5
3
x
x x
x
x
x x x x
x
x

      


         

   
Vậy tập nghiệm bpt S =
1
;5
3
 
 
 
0,25
0,25
0,25
0,25

Toan pt.de061.2011

More Related Content

What's hot

Viewers also liked

Similar to Toan pt.de061.2011

More from BẢO Hí

Toan pt.de061.2011