ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN TOÁN THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH potx

SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH NĂM HỌC 2010 -
2011
Môn : Toán : Khối A + B
( Thời gian làm bài:180 phút không kể thời gian giao đề)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
CâuI:(2điểm) Cho hàm số : y = x
4
– 5x
2
+ 4
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm tất cả các điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm
phân biệt khác M.
CâuII:(2điểm) 1) Giải phương trình : 3cot
2
x + 2
2
sin
2
x = (2 + 3
2
)cosx
2) Giải hệ phương trình :
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y


   

   


CâuIII:(1điểm) Tính tích phân: I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
 
  


CâuIV:(1điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a ;
AD = 2a. Các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD).Biết góc giữa hai mặt
phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 60
0
.Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng CDvà SB.
CâuV:(1điểm) Cho các số dương : a , b, c thoả món : ab + bc + ca = 3
Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )
a b c b c a c a b abc
  

     

II - PHẦN TỰ CHỌN (3điểm)
Thí sinh chỉ được chọn một phần trong hai phần (Phần A hoặc phần B)
A . Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa(2điểm)
1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
+ 4x – 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 8).Viết
phương trình đường thẳng d qua M sao cho d cắt (C) tại hai điểm A,B phân biệt mà diện tích tam giác ABI
đạt giá trị lớn nhất.Với I là tâm của đường tròn (C).
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2).
Tìm toạ độ tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC.
CâuVIIa(1điểm)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với x(2 ; 3).
1 + log
5
(x
2
+ 1 ) > log
5
(x
2
+ 4x + m)
B . Theo chương trình nâng cao.
CâuVIb(2điểm)
1) Cho A(1 ; 4) và hai đường thẳng b : x + y – 3 = 0 ; c : x + y – 9 = 0.
Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) và

D(0 ; 0 ; m) với m > 0.Gọi E , F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên các đường thẳng
AD và BD. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa các đường thẳng OE và OF. Tìm các giá trị của m để
góc EOF = 45
0
.
CâuVIIb(1điểm) Tìm giá trị lớn nhất của tham số m sao cho bất phương trình :
1 + log
5
(x
2
+ 1 )  log
5
(mx
2
+ 4x + m) được nghiệm đúng với  x  R.
Hết
Sơ lược Đáp án toán thi thử đại học lần I –trường THPT nguyễn đức cảnh khối A + B
Cho hàm số : y = x
4
- 5x
2
+ 4
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm M  (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại 2 điểm pb
khác M.

1) Khảo sát đúng & đầy đủ các yêu cầu, vẽ đồ thị tương đối chính xác
1®.
2) Lấy M(m ; m
4

– 5m
2
+ 4)  (C)
=> pt
3
của (C) tại M : y = (4m
3
– 10m)(x – m) + m
4
– 5m
2
+ 4 (d)
0,25
Hoành độ của (d) & (C) là nghiệm pt :
x
4
– 5x
2
+ 4 = (4m
3
– 10m)(x – m) + m
4
– 5m
2
+ 4
 (x – m)
2
(x
2
+ 2mx + 3m

2
– 5) = 0 (1)
0,25
Để tmycbt  x
2
+ 2mx + 3m
2
– 5 = 0 có hai n
0
pbiệt khác m 





056
025
2
2
m
m

0,25

C©uI
Kết luận : các điểm M(m ;m
4
– 5m
2
+ 4) (C) với hoành độ
m
















6
30
\
2
10
;

2
10

0,25
1) Giải phương trình : 3cot
2
x + 2 2 sin
2
x = (2 + 3 2 )cosx

®k : x  m
Pt  3cosx(
2
sin
cos
2

x
x
) = 2(cosx -
2
sin
2
x)
0,25
 (cosx -
2
sin
2
x)(3cosx – 2sin

2
x) = 0 





02cos3cos2
02coscos2
2
2
xx
xx

0,25













2
1

cos
)(2cos
2
2
cos
)(2cos
x
loaix
x
loaix




0,25
Kết luận : kết hợp với đk pt có bốn nghiệm: x =


2
4
k
& x =


2
3
k


0,25

2) Giải hệ phương trình :
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y

   

   



Vì y = 0 không là nghiệm nên
2
2 2
2 2
2
2
1
4
1 4
.
( ) 2 7 2
1
( ) 2 7
x
x y
y

x y xy y
y x y x y
x
x y
y


  


   


 
   



  






0,25
Đặt
2
1
,

x
u v x y
y

  
ta có hệ 





72
4
2
uv
vu

0,25
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
     
  
 
 

       
  

0,25












C©uII
+) Với
3, 1
v u
 
ta có hệ:
2 2 2
1, 2
1 1 2 0
2, 5
3 3 3
x y
x y x y x x
x y
x y y x y x
 

  
       
  
  

  
     

  
.



0,25
+) Với
5, 9
v u
  
ta có
hệ:
2 2 2
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x
  
      
 
  
        

  
,hệv« n
0
.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.
x y
 

TÝnh tÝch ph©n: I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
 
  


1


C©uIII
Đặt t=
1 1
x
 
x = 2


t = 2 x = 5

t = 3 dx=2(t-
1)dt
I =




3
2
3
2
2
ln
2
1)1(
ln)1(
2 dt
t
t
dt
tt
tt
ln
2
3 – ln
2
2

0,25


0,75

Chóp SABCD có đáy ABCD là hthang vuông tại A và B với AB = BC = a
; AD = 2a. (SAC) (ABCD)và (SBD) (ABCD) .Biết g((SAB) ; (ABCD) )=
60
0
.Tính V và d(CD ; SB)

S







K
A O D

I
E H

B C

+) Gọi H = AC  BD => SH  (ABCD) & BH =
3
1

BD
Kẻ HE  AB => AB  (SHE) => g((SAB);(ABCD)) = SHE = 60
0
.

0,25
Mà HE =
3
1
AD =
3
2a
=> SH =
3
32a
=> V
SABCD
=
3
1
.SH.S
ABCD
=
3
3
3
a

0,25
+) Gọi O là trung điểm AD=>ABCO là hv cạnh a =>ACD có trung tuyến

SO =
2
1
AD
 CD  AC => CD  (SAC) và BO // CD hay CD // (SBO) & BO 
(SAC).
 d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)).


0,25














C©uIV
Tính chất trọng tâm tam giác BCO => IH =
3
1
IC =
6

2a
=> IS =
6
25
22
a
HSIH 

kẻ CK  SI mà CK  BO => CK  (SBO) => d(C;(SBO)) = CK
Trong tam giác SIC có : S
SIC
=
2
1
SH.IC =
2
1
SI.CK => CK =
5
32. a
SI
ICSH


Vậy d(CD;SB) =
5
32a

0,25


Cho: a , b, c d¬ng tm : ab + bc + ca = 3

CMR:
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )
a b c b c a c a b abc
  
     

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta
có:
2
3
3 3 ( ) 1
ab bc ca abc abc
     
.
0,25
Suy ra:
2
2
2
1 ( ) ( ) (
1 1

1 ( ) 3
) 3 (1).
         
 
a b c abc a b c a ab b
a b c a
c ca a

0,25
Tương tự ta có:
2 2
1 1 1 1
(2), (3).
1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c
 
   

0,25




C©uV
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3
ab bc ca
a b c b c a c a b c b c abc abc

 
      
     

.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1, 3 1, ( , , 0).
abc ab bc ca a b c a b c
        



0,25
C©uVIa
1) Cho đtròn (C) : x
2
+ y
2
+ 4x – 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 8).Viết
ptđthẳng d qua M sao cho d cắt (C) tạiA,B phân biệt mà S
BIA
Max.

Đtròn (C) có tâm I(- 2; 3) & bán kính R = 2.
Giả sử ptđt (d) : Ax + By – A + 8B = 0 với A
2
+ B
2
> 0.
0,25

Luôn có BIA cân tại I với IA = IB = 2 ; S
BIA
=
2
1
IA.IB.sinAIB = 2sinAIB

0,25
=> S
BIA
 2 Dấu = khi AIB vuông cân tại I hay d(I ; (d)) =
2

2
311
22



BA
AB


0,25

 7A
2
– 66BA + 119B
2
= 0  (A – 7B)(7A – 17B) = 0

Vậy có hai đường thẳng d thoả mãn: 7x + y + 1 = 0 & 17x + 7y + 39 = 0.
0,25
2) ChoABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2).
Tìm toạ độ tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC.

Ta có AB = 5 5 ; AC = 3 5 ;
0,25
Gọi D(x ; y ; z) là chân đường phân giác trong góc A =>
AC
AB
DC
DB

=>
DCDB
3
5


Mà
DB
(- 4 – x; - 5 – y; 2 – z) & DC (4 – x ; - 1 – y ; 2 – z) => D(1 ; -
2
5
; 2)


0,25

Ta có BD =

2
55
khi đó gọi I(x ; y ; z) là tâm đường tròn nội tiếp ABC thì áp
dụng tính chất phân giác trong của BAD ta có :
BD
BA
ID
IA

=>
IA
= - 2
ID
=>
I(1 ; 0;2).


0,5
C©uVIIa

Tìm m để bpt : 1 + log
5
(x
2
+ 1 ) > log
5
(x
2
+ 4x + m) n
0

đúng x(2 ; 3).

Bpt xác định x(2 ; 3)  x
2
+ 4x + m > 0 x(2 ; 3  m > - x
2
– 4x
x(2 ; 3
0,25
Xét f(x) = - x
2
– 4x x(2 ; 3 x 2 3
f’(x) = - 2x – 4 => BBT : f’(x) -
-12
f(x) - 21
từ BBT => bpt xác định x(2 ; 3)  m

- 12. (1)


0,25
Bpt  log
5
(5x
2
+ 5) > log
5
(x
2
+ 4x + m)

Khi đó bpt n
0
đúng x(2 ; 3)  x
2
+ 4x + m < 5x
2
+ 5 x(2 ; 3)
 m < 4x
2
– 4x + 5 x(2 ; 3)

0,25

XÐt f(x) = 4x
2
– 4x + 5 x(2 ; 3) x 2 3

f’(x) = 8x – 4 => BBT : f’(x) +
29
f(x) 13
V©y ®Ó bpt n
0
®óng x(2 ; 3 )  m  [ - 12 ; 13 ]

0,25
C©uVIb
1) Cho A(1 ; 4) và hai đường thẳng b : x + y - 3 = 0 ; c : x + y - 9 = 0.
Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại
A.

Gọi B(b ; 3 - b) & C( c ; 9 - c) =>
AB
(b - 1 ; - 1 - b) ; AC (c - 1 ; 5 - c)
0,25
& ABC vuông cân tại A 







ACAB
ACAB 0.






2222
)5()1()1()1(
)5)(1()1)(1(
ccbb
cbcb


0,25
vì c = 1 không là n
0

nên hệ 














)2 ()5()1()1(
)1(
)5(
.)1(
)1 (
1
)5)(1(
1
222
2
2
2
ccb
c
c

b
c
cb
b

Từ (2)  (b + 1)
2
= (c - 1)
2
.


0,25
Với b = c – 2 thay vào (1) => c = 4 ; b = 2 => B(2 ; 1) & C( 4 ; 5).
Với b = - c thay vào (1) => c = 2 ; b = - 2 => B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7).
Kết luận :có hai tam giác thoả mãn: B(2 ; 1) & C( 4 ; 5) hoặc B(- 2 ; 5) &
C(2 ; 7).

0,25
2) Cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) và D(0 ; 0 ; m) với m
> 0.Gọi E , F theo thứ tự là hình chiếu của O lên AD và BD. Viết phương
trình mặt phẳng (P) chứa các đường thẳng OE và OF. Tìm các giá trị của
m để góc EOF = 45
0
.

áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông AOD & BOD với các đường
cao ứng với cạnh huyền là OE & OF => E










22
2
1
;0;
1 m
m
m
m
&
F









22
2
1
;

1
;0
m
m
m
m


0,25
Tính [
OFOE;
] => pt (EFO) : x + y – mz = 0
0,25
ta có cosFOE = cos(
OFOE;
) =
2
1
1
.
.
m
OFOE
OFOE



0,25

để EOF = 45

0

2
1
1
2
1
m
  m =
12 
( do gt m > 0)

0,25
C©uVIIb

Tìm giá trị lớn nhất của m để bpt : 1 + log
5
(x
2
+ 1 )  log
5
(mx
2
+ 4x + m)
x  R.

bpt xác định với ) x  R  mx
2
+ 4x + m > 0 ) x  R
0,25













04
0
0
0
2
m
mm
 m > 2 (1)

0,25

khi đó bpt nghiệm đúng  x  R  5x
2
+ 5  mx
2
+ 4x + m  x  R
 (5 – m)x
2

– 4x + 5 – m  0  x  R

0,25






0
05 m






02110
5
2
mm
m
 m  3 (2)
Từ (1) & (2) => bpt n
0
đúng  x  R  m  (2 ; 3]
Vậy GTLN của m thoả mãn yêu cầu đề bài là : m = 3.

0,25


+ Điểm của bài thi làm tròn đến 0,5.
+ Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tối đa.


Thái Bình ngày 15 tháng 01 năm 2011.