LỚP LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN 3website: http://mathblog.org Môn: Toán

(Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm), trong đó m là tham số.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 3.

2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0; 1), D, E, sao cho các tiếptuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau.

Câu 2 (2,0 điểm).

1. Giải phương trình cos x + cos 3x = 1 +√

2 sin(

2x +π

4

)

.

2. Giải bất phương trình (3x + 1)√

2x2 − 1 = 5x2 +3

2x − 3.

Câu 3 (2,0 điểm).

1. Tính tích phân I =2∫

1

1 − x2

x + x3dx.

2. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọngtâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M , cắt SD tại N . Tính thể tích của khối đadiện MNABCD biết SA = AB = a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mặt phẳng (ABCD)bằng 30o.

Câu 4 (2,0 điểm).

1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình (C1) : x2 + y2 − 4y − 5 = 0 và(C2) : x2 + y2 − 6x + 8y + 16 = 0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2).

2. Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x − y − 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng

d1 :x + 1

2=

y − 1

3=

z − 2

1, d2 :

x − 2

1=

y + 2

5=

z

−2.

Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P ), đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2.

Câu 5 (2,0 điểm).

1. Tìm a để hệ sau có nghiệm thực:

{√x + 1 +

√y − 1 = a;

x + y = 2a + 1.

2. Giải phương trình1

2log√

2(x + 3) +

1

4log4(x − 1)8 = log2(4x).

———————————Hết——————————-

Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 31. 1. HS tự làm

2. PT hoành độ giao điểm là nghiệm x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0Để y = 1 cắt (Cm) tại 3 điểm pb thì f(x) = x2 + 3x + m = 0 có 2 nghiệm pb khác 0 vàf ′(x1)f

′(x2) = −1

⇔

9 − 4m > 0

f(0) = m 6= 0

(3x2

1+ 6x1 + m)(3x2

2+ 6x2 + m) = −1

⇔

0 6= m <9

44m2 − 9m + 1 = 0

⇔ m =9 ±

√65

8

2. 1. cos x + cos 3x = 1 +√

2 sin(

2x +π

4

)

⇔ 2 cosx cos 2x = 1 + sin 2x + cos 2x

⇔ 2 cos2 x + 2 sin x cos x − 2 cos x cos 2x = 0 ⇔ cos x(cos x + sin x − cos 2x) = 0⇔ cos x(cos x + sin x)(1 + sin x − cos x) = 0

⇔

cos x = 0cos x + sin x = 01 + sin x − cos x = 0

⇔

x =π

2+ kπ

x = −π

4+ kπ

sin(

x − π

4

)

= − 1√2

⇔

x =π

2+ kπ

x = −π

4+ kπ

x = k2π

2. PT ⇔ 2(3x + 1)√

2x2 − 1 = 10x2 + 3x − 6 ⇔ 2(3x + 1)√

2x2 − 1 = 4(2x2 − 1) + 2x2 + 3x − 2Đặt t =

√2x2 − 1(t ≥ 0)

PT trở thành 4t2 − 2(3x + 1)t + 2x2 + 3x − 2 = 0∆′ = (3x + 1)2 − 4(2x2 + 3x − 2) = (x − 3)2

t =2x − 1

2; t =

x + 2

2

Kết luận: x =−1 +

√6

2; x =

2 +√

60

7

3. 1. I =2∫

1

1 − x2

x + x3dx =

2∫

1

1

x2 − 11

x+ x

dx

Đặt t =1

x+ x ⇒ dt = −

(

1

x2− 1

)

dx

x = 1 ⇒ t = 2; x = 2 ⇒ t =5

2

I = −5

2∫

2

dt

t= − ln t

∣

∣

∣

5

2

2

= − ln5

2+ ln 2 = ln

4

5.

2.

S

A

BC

D

G

O

M

N

Do G là trọng tâm tam giác SAC nênSG

SO=

2

3. Suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.

Từ đó, ta có M, N là trung điểm các cạnh SC, SD.

VS.ABD = VS.BCD =1

2VS.ABCD =

1

2V

VS.ABN

VS.ABD

=SA

SA

SB

SB

SN

SD=

1

2⇒ VS.ABN =

1

4V

VS.BMN

VS.BCD

=SB

SB

SM

SC

SN

SD=

1

4⇒ VS.BMN =

1

8V

Suy ra VS.ABMN =3

8V

Ta có SA ⊥ (ABCD) nên góc hợp bởi AN và (ABCD) là N̂AD. Mặt khác N là trung điểmcủa SD nên ∆NAD cân tại N . Suy ra N̂AD = N̂DA = 30o.

Suy ra AD =SA

tan 30o= a

√3.

V =1

3SA.SABCD =

√3a3

3.

Vậy VMNABCD = V − 3

8V =

5

8V =

5√

3a3

24(đvtt).

4. 1. (C1) : I1(0; 2), R1 = 3; (C2) : I2(3;−4), R2 = 3Gọi tiếp tuyến trung của (C1) và (C2) là ∆ : Ax + By + C = 0, (A2 + B2 6= 0)

Khi đó ta có

{

d(I1, ∆) = R1

d(I2, ∆) = R2

⇔{

|2B + C| = 3√

A2 + B2

|3A − 4B + C| = 3√

A2 + B2

Suy ra |2B + C| = |3A − 4B + C| ⇔ A = 2B hoặc C =−3A + 2B

2TH1: A = 2BChọn B = 1 ⇒ A = 2 ⇒ C = −2 ± 3

√5 ⇒ ∆ : 2x + y − 2 ± 3

√5 = 0

TH2: C =−3A + 2B

2thay vào PT (1), ta được |A − 2B| = 2

√A2 + B2

⇔ A = 0; A = −4

3B ⇒ ∆ : y + 1 = 0 hoặc ∆ : 4x − 3y − 9 = 0

2. PT d1 :

x = −1 + 2m

y = 1 + 3m

z = 2 + m

; d2 :

x = 2 + n

y = −2 + 5n

z = −2n

Giả sử d cắt d1 tại M(−1 + 2m; 1 + 3m; 2 + m) và cắt d2 tại N(2 + n;−2 + 5n;−2n)

⇒ −−→MN = (3 + n − 2m;−3 + 5n − 3m;−2 − 2n − m)

Do d ⊥ (P ) có VTPT −→nP = (2;−1;−5) nên tồn tại k :−−→MN = k−→nP

⇔

3 + n − 2m = 2k

−3 + 5n − 3m = −k

−2 − 2n − m = −5k

Giải hệ được m = n = 1. Suy ra M(1; 4; 3). PT d :

x = 1 + 2t

y = 4 − t

z = 3 − 5t

5. 1. ĐK: x ≥ −1; y ≥ 1

Hệ PT ⇔{√

x + 1 +√

y − 1 = a

(√

x + 1)2 + (√

y − 1)2 = 2a + 1

Đặt u =√

x + 1 ≥ 0; v =√

y − 1 ≥ 0. Hệ có dạng

u + v = a

uv =1

2[a2 − (2a + 1)]

Suy ra u, v là nghiệm của PT t2 − at +1

2(a2 − 2a − 1) = 0

Hệ có nghiệm khi và chỉ khi PT trên có hai nghiệm không âm

⇔

∆ ≥ 0

S ≥ 0

P ≥ 0

⇔ 1 +√

2 ≤ a ≤ 2 +√

6.

2. ĐK: 0 < x 6= 1PT ⇔ (x + 3)|x − 1| = 4xTH1: x > 1PT ⇔ x2 − 2x − 3 = 0 ⇔ x = −1 (loại) hoặc x = 3 (nhận) TH2: 0 < x < 1PT ⇔ x2 + 6x − 3 = 0 ⇔ x = 2

√3 − 3

Vậy tập nghiệm là x = 3; x = 2√

3 − 3