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 = x
3
– 2mx
2
+ m
2
x – 1 có đồ thị (C
m
) .
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
π

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

2 2
log 3 1 log 1x x+ ≥ + −
……….HẾT…… www.laisac.page.tlĐÁP ÁN –KHỐI D
Câu Nội dung Th/điểm
A. Phần bắt buộc
CâuII
2điểm
1-(1đ)
Với m = 1 , hàm số y = x
3
– 2x
2
+ x – 1
* TXĐ: D = R
* Giới hạn :
±∞=
±∞→
y
x
lim
* y’ = 3x
2
– 4x + 1
1 1
'
1 23
3 27

- 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 = x
3
– 2mx
2

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 :




+=+⇔
)2(
4
3sin2cossin
)1(0sin
4
3sinsin22cossin2sin2
2
π
π
π
xxx
kxx
xxxxx
Phương trình (2) tương đương






+=+
4
3sin)
4
sin(
ππ

∞−




+−=
=
⇔






+−−=+
++=+
⇔
28
2
4
3
4
2
4
3
4
ππ
π
π
ππ

Xét
0≠y
, cho hai vế hệ phương trình cho y
3
ta được hê:








=−








=
















−








y
x
y
x
Đặt t =
10)22)(1(02
223
−=⇔=+−+⇔=+−⇒ tttttt
y
x
Với t = - 1 => y = - x ta được : x
3
– x

t
dxdxedte
xx
3
3
1
33
=⇒=⇒
Đổi cận :



=⇒=
=⇒=
22ln3
10
tx
tx
I =
( )
( )
2
3
ln
6
1
2
ln
6
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 = 60
0

Ta có : SO = OE tan60
0
=
2
3a
Đáy ABCD là hình vuông và S
ABCD
= a
2


xy
Ta có : x + y + z = 1
)1)(1(1 yxzxyyxz −−=+⇒−−=⇒
S
A
B C
D
E
O
( )( )








−
+
−
≤
−−
=
−−
=
+
⇒
y
x




−
+
−
≤
+ z
x
x
z
yzx
zx
z
y
y
z
xyz
yz
112
1
;
112
1
2
3
1112
1
=


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 : S
ABC
=




=
=
⇔=−⇔=
3
4
0
4462);(.
2
1
t

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

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

t xt x+ + − =1
4 1
t
t x
= −

⇔

= − +

Với t = -1 <=> log
2
(x + 2) = -1 <=> x = - 3/2 (nhận).
Với t = - 4x + 1 <=> log
2
(x + 2) = - 4x + 1 (*)
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
0,25
0,25
0,25
II.3đi
ểm
CâuV
Ib

 ÷
 

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
= − − = −
 
⇒ = − − − ⇒ =
 
uuur uur
uuur uur uur
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

⇔ − ≤ ≤
Vậy tập nghiệm bpt S =
1
;5
3
 
−
 
 
0,25
0,25
0,25
0,25