ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH 2 pps

0


SỞ GD VÀ ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
Môn thi: Toán học
Năm học
: 2010-2011
Ngày thi: 27 tháng 3 năm 2011
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
4
2
2 2y x mx m   (1), với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
1m 
.
2.
Xác định
m
để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị cùng với gốc tọa độ tạo
thành m
ộ
t t
ứ giác nội tiếp trong đường tròn. Tính bán kính
c
ủa đường tròn

đó ứng với
m
v
ừa tìm được.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
 
cos 2 cos 1 sin
1
4
sin
cot
1
2
x
x x
x
x



  
 




.
2. Gi
ải bất phương trình

2
2
1 1
log
log 2
x
x


.
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
2
0
sin
5 3cos 2
x
I
dx
x




.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp
.S ABCD
có
2

SA a

và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a .
Hãy ch
ứng minh đường thẳng
BD
vuông góc v
ới mặt phẳng


SAC
và tính th
ể tích
khối chóp .
S ABCD
theo a .
Câu V (1,0 điểm)
Cho các s
ố thực dương
, ,a b c
thay đổi luôn tho
ả mãn
1
a b c  
.
Ch
ứng minh rằng:
2
2
2

2.
a
b
b
c c
a
b c c a a b

 



  
Câu VI (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng h
ệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
vuông t
ại
A
, điểm
 
3;1M
là trung điểm của cạnh
AB
, đỉnh
C
thuộc đường thẳng

6 0
x y  
và
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình
2
0
x y
 
. Tìm tọa độ các
đỉnh
, ,
A B C
.
2) Trong không gian t
ọa độ Oxyz
, cho mặt phẳng
 
:
2
2
1 0P
x
y
z
 
 
và mặt
cầu
 
2 2 2

: 4 6 6 17 0S x y z x y z      
. Chứng minh rằng mặt phẳng
 
P
cắt
mặt cầu
 
S
theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của
đường tròn đó.
Câu VII (1,0 điểm)
Tìm phần ảo của số phức
z
, biết




2
3 1 2 3
z
i i  
Hết

sent to
www.laisac.page.tl

1

8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-
10
-5 5
10
f x
 
= x
4
-2

x
2
 
+2
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12
Năm học 2010
-2011 (lần 2)
Câu N
ội dung Điểm
I
1. Khi
1

m

hàm số (1) trở thành
4 2
2 2
y x x
  
.
 Tập xác định:

 Sự biến thiên:
' 3 '
4 4 ; 0 0; 1
y x x y x x
      
.
Hàm s
ố nghịch biến trên mỗi khoảng




; 1 , 0;1
  .
Hàm s
ố đồng biến trên mỗi khoảng





1;0 , 1;
 
0.25
-Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
1
x
 
;
1
CT
y

Hàm số đạt cực đại tại
0
x

;
2
CD
y

-Giới hạn:
lim
x
y

 
0.25
Bảng biến thiên:
x


-1 0 1

'
y
- 0 + 0 - 0 +
y



2


1 1
0.25
Đồ thị
0.25
2)


4 2 ' 3 2 2
2 2 ; 4 4 4 0 0
y x mx m y x mx x x m x x m
           
Hàm số có ba điểm cực trị

phương trình
'
0

y

có ba nghiệm
phân biệt và
'
y
đổi dấu khi
x
đi qua ba nghiệm đó
0
m
 
.
Khi
0
m

thì ba điểm cực trị của đồ thị là
 




2 2
0;2 , ;2 , ;2
A m B m m m C m m m
   . Ba điểm cực trị
, ,
A B C
tạo thành tam giác cân tại

A
, trung trực của đoạn thẳng
BC
là trục
tung. Gọi
d
là đường trung trực của đoạn thẳng
AC
,
d
có phương
trình
2
2
2 0
2 2
m m
m x m y m
 
 
    
 
 
 
 
 
. Gọi
I d Oy
 
,

I
chính là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
.
Tìm
được
2
1 1
0; 2
2 2
I m m
m
 
  
 
 
.
0.50

2


Tứ giác
ABOC
nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi
IA IO

hay
I

là trung điểm của
AO
. Khi đó
 
 
2 3 2 2
2 1 1
2 2 1 0 1 1 0
2 2 2
1 5
1
2
m
m m m m m m m
m
m m
            

   
Bán kính
2 3 2
1 1 2
2 2 2 2
m m m
R IA m
m m m

     
.
V

ới
1
m

thì
1
R

; Với
1 5
2
m


thì
1 5
2
R


.
0.50
II 1. Điều kiện
sin 0
x

và
cot 1 0
x
 

.
Khi đó pt tương đương:
   
2 sin cos 2 cos 1 cot 1 sin
4
x x x x x

 
    
 
 
0.25
  
cos sin
sin cos cos 2 cos 1 sin cos 2 cos 0
sin
x x
x x x x x x x
x

       
0.25
2
2cos cos 1 0 cos 1
x x x
      
(loại) hoặc
1
cos
2

x

0.25
 
2
3
x k k


    

0.25
2. Điều kiện
0
x

và
1
x

. Khi đó vì
0
x

nên
2 2
x  
;
2 2
log 2 log 2 0

x
  
và vế phải của bất pt đã cho dương.
0.25
Nếu
2
log 0 0 1
x x
   
thì bất pt đã cho luôn nghiệm đúng.
Nếu
2
log 0 1
x x
  
thì bất pt đã cho tương đương với
2
2 2
log log 2 2 2 0 2
x x x x x x x
          
.
0.50
Vậy bất pt đã cho có tập nghiệm là




0;1 2;
 

0.25
III 2.
Đặt cos sin
t x dt xdx
   
. Khi
0
x

thì
1
t

, khi
2
x


thì
0
t

.
 
0 1
2
2
1 0
6 2
5 3 2 1

dt dt
I
t
t

 

 
 
. Ta tính
1
2
0
6 2
dx
I
x



0.50
Đặt
 
2
1 1
tan 1 tan
3 3
x u dx u du
    .
Khi

0
x

thì
0
u

, khi
1
x

thì
3
u


.
V
ậy
 
2
3 3
2
0 0
1
1 tan
1 3
3
1
18

2 3
6. tan 2
3
u du
I du
u
 


  

 
0.50
IV
Do
,
B D
cách đều
, ,
S A C
nên


BD SAC
 . Gọi
O AC BD
 
.
Các tam giác
, ,

ABD CBD SBD
là các tam giác cân bằng nhau có đáy
BD
chung nên
OA OC OS
 
. Do đó tam giác
SAC
vuông tại
S
. 0.50

3


Ta có
 
2
2 2 2 2 2 2
1 1
2 4 2
a
BO AB OA AB AC AB SA SC
 
       
 
 
.
. . .
1 1 1

2 2 2. . . . .
3 2 3
S ABCD S ABC B SAC
V V V BO SA SC BO SA SC
   
=
3
2
6
a
.
0.50
V
Ta có:


2
1a b c b
a b a b
a
b c b c b c
  
 
  
  
0.50
Tương tự, bất đẳng thức đã cho trở thành:
2 3
a b b c c a a b b c c a
a b c

b c c a a b b c c a a b
     
         
     
0.25
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
3
3 . . 3
a b b c c a a b b c c a
b c c a a b b c c a a b
     
   
     
.
D
ấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c
  
.
0.25
VI
G
ọi
I
là trung điểm của
BC
. Ta có





;2 , ; 6
I u u C t t

.
Suy ra




2 ;4 6 , 6 2 ;8 4
B u t u t A u t u t
      
.
Vì
A
thuộc trung tuyến
2 0
x y
 
nên




2 6 2 8 4 0 4
u t u t t
        

. Vậy


4;2
C 
.
0.50




2 2 ; 4 4 , 2 4;4 2
A u u B u u
   
.




4 2;8 6 , 6 2 ; 2 4
AB u u AC u u
       
 
Tam giác
ABC
vuông tại
A
nên
     
3

. 0 4 2 6 2 8 6 2 4 0 0
2
AB AC u u u u u u
             
 
Với
0
u

, suy ra




2;4 , 4; 2
A B

.
V
ới
3
2
u

, suy ra




1; 2 , 7;4

A B  .
Tóm l
ại




2;4 , 4; 2
A B

,


4;2
C 
hoặc




1; 2 , 7;4
A B 
,


4;2
C 
.
0.50
2.



S
có tâm


2; 3; 3
I
 
, bán kính
5
R  .
( ,( )) 1
d I P R
 
; suy ra đpcm.
0.25
Gọi
H
và
r
lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến,
H
là hình chiếu vuông góc của
I
trên


P
.

 
2 2
,( ) 1, 2
IH d I P r R IH
    
0.25
Tọa độ


; ;
H x y z
 thỏa mãn
2
3 2
3 2
2 2 1 0
x t
y t
z t
x y z
 


  


  


   


0.25
Giải hệ, ta được
5 7 11
; ;
3 3 3
H
 
 
 
 
0.25
VII
Ta có




2 3 1 2 3 14 2 3
z i i i
    
0.50
Suy ra
14 2 3
z i
  . Phần ảo của số phức
z
bằng
2 3
.

0.50

4


Hết
Thạch Thành, ngày 20 tháng 3 năm 2011.
Người ra đề và làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN
Mọi thắc mắc về đề thi và đáp án này xin gửi về