đề thi thử ĐH 2011 có đáp an môn toán potx

See on Vietmaths.Com 1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I Môn Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I (2,0 điểm).
Cho hàm số y = -x
3
+3x
2
+1
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
2. Tìm m để phương trình x
3
-3x
2
= m
3
-3m
2
có ba nghiệm phân biệt.
Câu II (2,0 điểm ).
1. Giải bất phương trình:
2
4 4
16 6
2
x x
x x

  
   

2.Giải phương trình:
2
1
3sin sin 2 tan
2
x x x
 
Câu III (1,0 điểm).
Tính tích phân:
ln3
2
ln2
1 2
x
x x
e dx
I
e e

  


Câu IV (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=
2
a
. Đáy là tam giác ABC cân


0
120
BAC 
, cạnh
BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính khoảng cách từ M
đến mặt phẳng (SBC).
Câu V (1,0 điểm).
Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh:
 
3 3 3
3 3 3
1 1 1 3
2
b c c a a b
a b c
a b c a b c
  
   
      
   
   

II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a(2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) :
2 2
4 2 1 0

x y x y
    
và điểm A(4;5). Chứng
minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T
1
, T
2
, viết phương trình
đường thẳng T
1
T
2
.
2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 2 3 0
x y z x y z
      
Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại
A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P).
Câu VII.a(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện:

2 3
z i z i
   
. Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất.
B. Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc đường thẳng d:

2 2 2 2 0
x y
  
và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;-1;-2). Viết
phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC.
Câu VII.b(1,0 điểm).
Cho hàm số (C
m
):
2
1
x x m
y
x
 


(m là tham số). Tìm m để (C
m
) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B sao
cho tiếp tuyến của (C
m
) tại A, B vuông góc.

……………………….Hết…………………………
See on Vietmaths.Com 2

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN

Câu Nội Dung Điểm
I.1
(1 điểm)

* TXĐ: R
Sự biến thiên: y' = -3x
2
+ 6x = -3x(x - 2)
y' = 0

0
2
x
x






* Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞)
Hàm số đồng biến trên (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y
CĐ
= 5
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y

CT
= 1
*
lim
x

y = + ∞,
lim
x

y = - ∞
Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞
y' - 0 + 0 -
+ ∞ 5
y
1 -∞

*Đồ thị: y'' = -6x + 6
y'' = 0

x = 1

điểm uốn I(1;3) là tâm đối xứng của đồ thị



0,25

0,25






0,25






0,25



I.2
(1 điểm)

* PT đã cho

-x
3
+ 3x
2

+ 1 = -m

3
+ 3m
2

+ 1. Đặt k = -m
3
+ 3m
2

+ 1

* Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k.
* Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt

1 < k < 5
*

m

(-1;3)\


0;2
.
0,25
0,25
0,25
0,25

II.1

(1 điểm)

* Đk:
4 0
4 0
x
x
 


 



x

4. Đặt t =
4 4
x x
  
(t > 0)
BPT trở thành: t
2
- t - 6

0

2( )
3
t L

t
 







0,25




See on Vietmaths.Com 3

* Với t

3

2
2
16
x



9 - 2x
2 2
( )

0 ( )
4( 16) (9 2 )
a
b
x x
 







 







  


x 4
9- 2x 0
x 4
9- 2x

* (a)


x


9
2
.
* (b)


145 9
36 2

x <
.
*Tập nghệm của BPT là: T=
145
;
36
 



 

0,25



0,25

0,25

II.2
(1 điểm)

* Đk: cosx

0

x


2
k


 .
PT đã cho


3
sin
2
x + sinxcosx -
sinx
cos
x

= 0
*

sinx(
3
sinx + cosx -
1
cos
x
) = 0



sinx 0
1
3sinx cos 0
osx
x
c




  


* Sinx = 0

x = k


.
*
3
sinx + cosx -
1
cos
x
= 0


3
tanx + 1 -
2
1
cos
x
= 0


tan
2
x -
3
tanx = 0


tanx 0
tanx 3







x
x
3
k
k







 


Vậy PT có các họ nghiệm: x = k

, x =
3
k



0,25

0,25




0,25


0,25

III.
(1 điểm)

* Đặt t =
2
x
e

, Khi x = ln2

t = 0
x = ln3

t = 1
e
x
= t
2
+ 2


e
2x
dx = 2tdt
* I = 2
1
2
2
0
( 2)
1
t tdt
t t

 

= 2
1
2
0
2 1
( 1 )
1
t
t dt
t t

 
 


* = 2
1
0
( 1)
t dt


+ 2
1
2
2
0
( 1)
1
d t t
t t
 
 


* =
2
1
( 2 )
0
t t
 + 2ln(t
2
+ t + 1)

1
0
= 2ln3 - 1
0,25

0,25

0,25




0,25

See on Vietmaths.Com 4

IV.
(1 điểm)

* Áp dụng định lí cosin trong

ABC có AB = AC =
2
3
a




S

ABC

=
1
2
AB.AC.sin120
0
=
2
3
3
a
. Gọi H là hình chiếu của S
lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC

HA = HB = HC


H là tâm đường tròn ngoại tiếp

ABC.
* Theo định lí sin trong

ABC ta có:
sin
BC
A
= 2R

R =

2
3
a
= HA


SHA vuông tại H

SH =
2 2
SA HA
 =
6
3
a



.
S ABC
V
=
1
3
S
ABC

.SH =
2
2

9
a

* Gọi h
A
, h
M
lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)



1
2
M
A
h SM
h SA
 


h
M
=
1
2
h
A
.



SBC vuông tại S


S
SBC

= a
2

* Lại có:
.
S ABC
V
=
1
3
S
SBC

.h
A


h
A
=
.
3
S ABC
SBC

V
V

=
2
3
a

Vậy h
M
= d(M;(SBC)) =
2
6
a

0,25







0,25





0,25

0,25

V
(1 điểm)

* Ta cm với a, b > 0 có a
3
+ b
3


a
2
b + ab
2
(*)
Thật vậy: (*)

(a + b)(a
2
-ab + b
2
) - ab(a + b)

0


(a + b)(a - b)
2


0 đúng
Đẳng thức xẩy ra khi a = b.
* Từ (*)

a
3
+ b
3


ab(a + b)
b
3
+ c
3


bc(b + c)
c
3
+ a
3


ca(c + a)


2(a
3
+ b
3
+ c
3
)

ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1)
* Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có:

3
1
a
+
3
1
a
+
3
1
a


3
3
3 3 3
1 1 1

a
b c
=
3
abc
(2)
* Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm
Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c.
0,25




0,25



0,25



0,25

VI.a.1
(1 điểm)

* Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2.
Ta có IA = 2
5
> R


A nằm ngoài đường tròn (C)
* Xét đường thẳng
1

: x = 4 đi qua A có d(I;
1

) = 2


1

là 1 tiếp
tuyến của (C)
*
1

tiếp xúc với (C ) tại T
1
(4;1)
0,25

0,25

0,25

See on Vietmaths.Com 5

* T

1
T
2


IA

đường thẳng T
1
T
2
có vtpt
n

=
1
2
IA

=(1;2)
phương trình đường thẳng T
1
T
2
: 1(x - 4) + 2(y - 1)


x + 2y - 6 = 0

0,25

VI.a.2
(1 điểm)

* Mp(P) có vtpt
P
n

= (1;1;-2).
(S) có tâm I(1;-2;-1)
*
IA

= (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng

là
u





tiếp xúc với (S) tại A


u





IA


Vì

// (P)


u




P
n


* Chọn
0
u

= [
IA

,
P
n

] = (-4;6;1)

* Phương trình tham số của đường thẳng

:
3 4
1 6
1
x t
y t
z t
 


  


 


0,25


0,25


0,25

0,25

VII.a
(1 điểm)

* Đặt z = x + yi (x; y

R)
|z - i| = |
Z
- 2 - 3i|

|x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|
*

x - 2y - 3 = 0

Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là
đường thẳng x - 2y - 3 = 0
* |z| nhỏ nhất

|
OM

| nhỏ nhất

M là hình chiếu của O trên


*

M(
3
5

;-
6
5
)

z =
3
5
-
6
5
i
Chú ý:
HS có thể dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M

0,25

0,25

0,25

0,25


VI.b.1
(1 điểm)

* B = d

Ox = (1;0)

Gọi A = (t;2
2
t - 2
2
)

d
H là hình chiếu của A trên Ox

H(t;0)
H là trung điểm của BC.
* Ta có: BH = |t - 1|; AB =
2 2
( 1) (2 2 2 2)
t t
   
3|t - 1|


ABC cân tại A

chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1|
*

16 = 8|t - 1|


t 3
t 1




 


* Với t = 3

A(3;4
2
), B(1;0), C(5;0)

G(
3
;
4 2
3
)
Với t = -1

A(-1;-4
2
), B(1;0), C(-3;0)

G(
1

;
4 2
3


)
0,25




0,25

0,25



0,25




See on Vietmaths.Com 6

VI.b.2
(1 điểm)

* Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của

ABC


d là giao tuyến của (ABC) với (

) qua A và vuông góc với

BC.
* Ta có:
AB

= (1;3;-3),
AC

= (-1;1;-5) ,
BC

= (-2;-2;-2)
[
AB

,
AC

] = (18;8;2)
mp(ABC) có vtpt
n

=
1
4
[
AB

,
AC


] = (-3;2;1).
mp(

) có vtpt
n

' = -
1
2
BC

= (1;1;1)
* Đường thẳng d có vtcp
u

=[
n

,
n

' ] = (1;4;-5).

* Phương trình đường thẳng d:
1
2 4
3 5
x t
y t
z t

 


  


 


0,25



0,25




0,25


0,25

VII.b
(1 điểm)

* Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) với Ox:

2
1
x m
x
 

x
= 0


2
0
x m

  



x
x 1

(C
m
) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt

pt f(x) = x
2
- x + m = 0 có 2
nghiệm phân biệt khác 1



0
(1) 0
f
 







1
4
0
m
m







(*)
* Khi đó gọi x
1
, x
2

là nghiệm của f(x) = 0


1 2
1 2
1
m
 




x x
x x
.
Ta có: y' =
2
'( )( 1) ( 1)'. ( )
( 1)
f x x x f x
x
  



Hệ số góc tiếp tuyến của (C
m
) tại A và B lần lượt là:
k
1

= y'(x
1
) =
1 1 1
2
1
'( )( 1) ( )
( 1)
f x x f x
x
 

=
1
1
'( )
( 1)
f x
x 
=
1
1
2
1
x
x


* Tương tự: k
1

= y'(x
2
) =
2
2
2
1
x
x

( do f(x
1
) = f(x
2
) = 0)
Theo gt: k
1
k
2
= -1


1
1
2
1
x
x

.

2
2
2
1
x
x

= -1
*

m =
1
5
( thoả mãn (*))
0,25








0,25

0,25




0,25