Đề thi thử đại học cao đẳng lần 2 môn thi: Toán – Khối D

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
Trường THPT Phan Châu Trinh
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 2
Môn thi: TOÁN – Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 22y x x x    .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm tọa độ các điểm trên trục hoành sao cho qua điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến với đồ thị (C) và
góc giữa hai tiếp tuyến này bằng 045 .
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 1 1 tan 2 2 2
sin cos
x
x x
     .
2. Tìm m để phương trình  2 1 6 1x m x x x    có bốn nghiệm thực phân biệt.
Câu III (2,0 điểm)
1. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
1
xy
x
  và hai trục tọa độ. Tính thể tích của khối
tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành.
2. Giải phương trình 2 6 2 2 3x x x   .
Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy là a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng
045 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và diện tích xung quanh của hình nón có đỉnh là S và đáy là
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va (1,0 điểm) Giải bất phương trình  2 22log 4x  .
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có 2AB  và  1;1G là trọng tâm. Đỉnh C ở trên trục
Ox và hai đỉnh A, B ở trên đường thẳng : 1 0x y    . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C.
2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   : 2 1 0x y z     . Viết phương trình đường thẳng d
 song song với   sao cho d lần lượt cắt trục hoành, trục tung tại A và B với 5AB  .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2log 2 log 2x x .
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của parabol (P), biết (P) có đường chuẩn
: 2 0x   . Khi đó, tìm tọa độ điểm M trên (P) để khoảng cách từ M đến tiêu điểm của (P) là 4.
2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   : 2 2 1 0x y z     . Tìm tọa độ các điểm A trên trục
hoành và điểm B trên trục tung sao cho AB song song với   và khoảng cách giữa AB với   là 1.
.......Hết......
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ..................................................................... Số báo danh: .............................................................
Chữ ký của giám thị 1: .............................................................. Chữ ký của giám thị 2: .............................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 2
Môn thi: TOÁN – Khối D
ĐÁP ÁN
Câu-Ý Nội dung Điểm
Câu I
Cho hàm số 3 22y x x x    .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm tọa độ các điểm trên trục hoành để qua đó kẻ được hai tiếp tuyến với đồ
thị (C) và góc giữa hai tiếp tuyến này bằng 045 .
2,0 đ
Tập xác định: D R . 0,25
Sự biến thiên:
+Chiều biến thiên: 2
1
' 3 4 1, ' 0 1
3
x
y x x y
x
       
.
Trên khoảng 1 ;1
3
    , y'>0 nên HSĐB và trên các khoảng
1
;
3
    và  1; , y'<0
nên HSNB.
+Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1,x y CĐ = 0 và cực tiểu tại 1 4,3 27CTx y   .
0,25
+Giới hạn: lim , lim
x x
y y     .
+Lập BBT
0,25
Ý.1
(1,0 đ)
Đồ thị: Đồ thi qua O và  1,0 . 0,25
Qua một điểm M trên Ox, ta luôn luôn kẻ được tiếp tuyến với (C) là 0y  . 0,25
Góc của hai tiếp tuyến là 045 , mà y = 0 có HSG là 0, nên HSG của tiếp tuyến d còn
lại có HSG bằng -1 hoặc 1
0,25
Gọi  0 0;x y là tiếp điểm của d và (C)
0
2
0 0
0
0
' 3 4 1 1 4
3
x
y x x
x
         
. 0,25
Ý.2
(1,0 đ)
Khi  0 00 0 : 0;0x y d y x M O        .
Khi 0 0
4 4 4 4 32 32
: ;0
3 27 3 27 27 27
x y d y x x M                      .
0,25
Câu II
1. Giải phương trình 1 1 tan 2 2 2
sin cos
x
x x
     .
2. Tìm m để phương trình  2 1 6 1x m x x x    có bốn nghiệm phân biệt.
2,0 đ
Điều kiện:
sin 2 0
2
cos 2 0 2 4
x
x k x k
x
       . 0,25Ý.1
(1,0 đ) PT 2 2
sin cos sin 2 sin cos 2sin cos
. 2 2 . 2 2
sin cos cos 2 sin cos cos sin
x x x x x x x
x x x x x x x
     . 0,25
1 1 12 2 cos
cos sin 4 22 cos
4
x
x x
x


              
72 2 ; 2
4 3 12 12
x k x k x k                .
0,25
So sánh điều kiện, kết luận:  72 ; 2
12 12
x k x k k Z        . 0,25
Điều kiện: 1x  . Khi 1x  thì PT vô nghiệm. 0,25
Khi 1x  , chia hai vế PT cho 1x  , ta có: PT
2
6
1 1
x x
m
x x
       
Đặt , 1
1
x
t x
x
    
2
' , ' 0 2
2 1 1
x
t t x
x x
     . Lập BBT 2 t  .
0,25
Do đó: 2 6m t t   với 2 t . Xét    2 6 ; ' 2 6 0 3f t t t f t t t         . 0,25
Ý.2
(1,0 đ)
Lập BBT và từ nhận xét mỗi 2t  sinh ra 2 nghiệm x phân biệt và 2t  chỉ sinh ra 1
nghiệm x. Kết luận: PT có 4 nghiệm phân biệt 8 9m   . 0,25
Câu III
1. Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đồ thị hàm số 2
1
xy
x
  và 2 trục tọa độ.
Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay (H) xung quanh trục Ox.
2. Giải phương trình 2 6 2 2 3x x x   .
2,0 đ
Đồ thị cắt trục hoành tại 2x  và trục tung tại y = 2. 0,25
Do đó:  
2 22 2 2
2
0 0 0
2 3 6 91 1
1 1 1 1
xV dx dx dx
x x x x
                             . 0,25
Hay
2
0
96ln 1
1
V x x
x
        . 0,25
Ý.1
(1,0 đ)
Kết luận:    2 6ln 3 6 2 4 3ln 3V       . 0,25
Đặt  2
3
3 2 3
3 2 3
y
y x
y x
       
. 0,25
Ta có:      
2 22
2 2
6 2 6 6 2 66 2 6
4 06 2 63 2 3
x x y x x yx x y
x y x yy y xy x
                          
. 0,25
Khi x y thì 2 8 6 0 4 10x x x      . Vậy: nghiệm PT là 4 10x   . 0,25
Ý.2
(1,0 đ)
Khi 4y x  thì 2 4 2 0 2 6x x x      . Vậy: nghiệm PT là 2 6x   . 0,25
Câu IV
 Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy là a, góc giữa mặt bên và mặt
đáy bằng 045 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và diện tích xung quanh của hình
nón có đỉnh là S và đáy là đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
1,0 đ
Hạ  SO ABC O là tâm của tam giác đều ABC. Gọi M là trung điểm AB
Ta có: 045AB OM AB SM SMO     . 0,25
Mà
2 3
.
1 3 3 3 1 3 3
. . .
3 2 6 6 3 6 4 24S ABC
a a a a aOM a SO V       . 0,25
Bán kính đường tròn nội tiếp đáy 3
6
a
r OM  và đường sinh là 6
6
al SM  . 0,25
Kết luận:
23 6 2
6 6 12XQ
a a aS rl     0,25
Câu Va Giải bất phương trình  2 22log 4x  . 1,0 đ
Điều kiện: 0x  . 0,25
Ta có: BPT  222 log 2x    . 0,25
Hay: 2
11 log 1 2
2
x x      . 0,25
Kết luận nghiệm của BPT là 1 2
2
x  hoặc 12
2
x    . 0,25
Câu VIa
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có 2AB  và  1;1G là trọng tâm.
Đỉnh C ở trên Ox và A, B ở trên : 1 0x y    . Tìm A, B và C.
2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   : 2 1 0x y z     . Viết phương
trình đường thẳng d để d cắt Ox, Oy tại A, B với 5AB  và  / /d  .
2,0 đ
Gọi      ; 1 , ; 1A a a B b b    và  ;0C c Ox . Do đó: 3
1
a b c
a b
     . 0,25
Nên    2 22 2 1 2 1 1 2 1 0b a a a a           hoặc 1a  . 0,25
Khi 0 1, 2a b c    . Vậy:  0;1A ,  1;2B và  2;0C . 0,25
Ý.1.a
(1,0 đ)
Khi 1 0, 2a b c    . Vậy:  1;2A ,  0;1B và  2;0C . 0,25
Gọi       2 2 2;0;0 ; 0; ;0 ; ;0 5A a Ox B b Oy AB a b AB a b         . 0,25
   ; ;0 1; 2;1 2AB a b n a b         . Suy ra: 2 2;1 1
a a
b b
        0,25
Khi
2
1
a
d
b
    qua  2;0;0A  và có VTCP  2;1;0AB 
 2 2
:
0
x t
d y t
z
    
0,25
Ý.2.a
(1,0 đ)
Khi
2
1
a
d
b
    qua  2;0;0A và có VTCP  2; 1;0AB   
 2 2
:
0
x t
d y t
z
    
0,25
Câu Vb Giải bất phương trình 2log 2 log 2x x . 1,0 đ
Điều kiện:
0; 1 10,
2 0;2 1 2
x x
x x
x x
       và 1x  0,25
Đặt 2logt x , ta có:    
1 1 1 0 1 0
1 1
t t
t t t t
       . 0,25
Hay: 1t   hoặc 0 t . Do đó: 2log 1x   hoặc 20 log x . 0,25