Đề thi thử ĐH 2011+đáp án số 32

Câu

ý

Đáp án

Điểm

Câu I

(2,0)

1.

(1,0)

1/ Khi m =0  

Tập xác định: R.

Chiều biến thiên: 

       y’ = 0  x = 1 hoặc x = -1

      ,

      Bảng biến thiên:

0,5

+ Hàm số đồng biến trên (; -1); và (1; +);  nghịch biến trên (-1;1).

+ Hàm số có cực đại tại x = -1, yCĐ = 4;  cực tiểu tại x = 1, yCT =0.

0,25

Đồ thị:

    Đồ thị giao với Ox tại (1;0) và (-2; 0); giao với Oy tại (0; 2).

0,25

2.

(1,0)

2/ Phương trình đường thẳng qua điểm Mocó hệ số góc k là:

        đường thẳng là tiếp tuyến của (Co)

    

0,25

  (x - 1)(18x2 - 10x - 10) = 0  x1 =1,      

Vậy có ba tiếp điểm thuộc (Co) với hoành độ tìm được  qua Mo ta kẻ được ba tiếp tuyến với đồ thị.

0,5

  Giả sử (d1),(d2), (d3) là ba tiếp tuyến có hệ số góc tương ứng k1,k2 ,k3  

         Khi x1 =1 k1 = 0 tiếp tuyến (d1) y = 0 (trục Ox) (d2) và (d3) không thể vuông góc với (d1).

            k2 .k3 =

    = . Vậy (d2) và (d3) vuông góc nhau.

0,25

Câu II

(2,0)

1.

(1,0)

1/ Điều kiện y  -3.(*)

  Từ phương trình (1)  (2x)3 + 2x = x  0.(**)

0,25

Đặt f(x) =x3 +x , f’(x) =3x2+1 > 0x 0 f(x) luôn đồng biến /[0;+)

     Từ (1):  y =4x2 -3

0,25

  Thay vào (2) ta được 4(x -1)(2x2 +x +1) = 0  x =1 thỏa mãn (**)

    Với x =1 y =1.   Vậy nghiệm hệ phương trình

0,5

2.

(1,0)

2/ Đặt t =cosx, điều kiện (*).

Phương trình  t2 - [cos3x.(3 - 4sin2x) + 2sinx].t + sin6x = 0 (1).

Phương trình dạng t2 - (a +b).t + ab = 0 .

0,25

+ (2)  cosx = 2sinx  cotx = 2  x = arccot2 + k, k Z.

0,25

+ (3)  cosx = cos3x(3 - 4sin2x)

   Nếu sinx =0  (cosx =1, cos3x =1) hoặc (cosx = -1, cos3x = -1)

không thỏa mãn (3)

   Nếu sinx  0 khi đó (3)  sin2x = sin6x

    Vậy nghiệm của phương trình là: x = arccot2 + k; x = …

0,5

CâuIII

(1,0)

2/ Do A’D // B’C và AM B’C   AM A’D

  A’AD ADM (g,c,g) 

0,25

(1,0)

Thể tích  V(MA’CD) = V(CA’D’D) – V(CA’D’M)

0,25

           V(CA”D’D)  .

           V(CA’D’M)  .

           V(MA’CD)  =V(CA”D’D) – V(CA’D’M) 

0,5

CâuIV

(1,0)

(1,0)

Tính tích phân:

Đặt

0,25

Ta được = -

0,25

  =

0,5

Câu V

(1,0)

(1,0)

. (1). Ta có

Đặt ,   1 = x +y +z 

0,25

      (1) được chứng minh nếu với 0 < .  (2)

0,25

Ta có (2)   3 + t3   > 9t   f(t) = t3 - 9t +3 >0

vì f’(t) = 3t2 - 9 < 0   0 < nên f(t) nghịch biến trên .

0,5

      (đpcm).

Câu

VI.a

(1,0)

(1,0)

       B là giao của BM và BC  B(3; 5).  , .

Phương trình AB: 3(x - 1) - 2(y - 2) = 0   3x - 2y +1 = 0

0,5

Giả sử C(xC,yC):  C BC  7xC + 2yC - 31 = 0.

  Trung điểm AC BM , C(5; -2)

    .

    Phương trình AC:  1(x - 1) + 1(y - 2) = 0  hay  x + y - 3 = 0.

0,5

Câu

VII.a

(1,0)

(1,0)

+ 1  qua M1(3;1;3) và có véc tơ chỉ phương (2;-1;0)

   2 qua M2(-2;5;0) và có véc tơ chỉ phương (4;-1;1)

  Ta có: . Vậy 1 và 2 chéo nhau.

0,5

+ Giả sử AB là đường vuông góc chung của 1 và 2 với A1, B2 . Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc 1 và 2  nên nhận AB làm đường kính.

   Ta có A1 A(3+2t; 1-t; 3), B2 B(-2+4s; 5-s; s),

và

 A(1;2;3), B(2;4;1), AB=3, trung điểm AB là: I( 

0,25

Phương trình mặt cầu

0,25

Câu

VIII.a

(1,0)

Giải phương trình: log2x  +log3x +log4x = log2x.log3x.log4x

Điều kiện x>0 (*)

Phương trình

    log25.log5x +log35.log5x +log5x = log23.log3x.log3x.log5x

    log5x.[log23.(log3x)2 – log25 – log35 -1] =0

0,5

+ log5x =0  x=1 thỏa mãn (*)

0,25

+

  thỏa mãn (*).

0,25

CâuVIb.(1,0)

(1,0)

Đường tròn (C) có tâm I(2;2) R=3, khoảng cách từ A tới I là d1 =

A nằm trong đường tròn, khoảng cách từ I tới MN là IH =

0,25

Ta thấy O,A,I cùng nằm trên đường thẳng

                 x -y =0.

Diện tích AMN lớn nhất khi khoảng cách từ A

tới MN lớn nhất A, I, H thẳng hàng và I nằm

giữa khi đó khoảng cách từ A tới MN là AH

AH = AI + IH =

0,25

S là diện tích AMN  SMax     

0,5

CâuVII

b.(1,0)

(1,0)

A,B,C là điểm nằm trên Ox,Oy,Oz tương ứng có hoành độ, tung độ và cao độ  dương và 4OA =2OB =OC  A(a;0;0) , B(0;2a;0) và C(0;0;4a) với a>0

0,25

Phương trình (ABC)

0,25

(ABC) qua M(2;4;1)  4.2 +2.4 +1-4a =0

Vậy phương trình (ABC) là 4x +2y +z -17 =0.

0,5