ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH pot

Sở GD-ĐT Thái Bình Đề thi thử đại học lần I
Trờng 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 phơng trình : 3cot
2
x + 2 2 sin
2
x = (2 + 3 2 )cosx
2) Giải hệ phơng 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 đờng
thẳng CD và SB.
CâuV:(1điểm) Cho cỏc s dng : a , b, c tho món : ab + bc + ca = 3
Chng minh rng:
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 đợc chọn một phần trong hai phần (Phần A hoặc phần B)
A . Theo chơng trình chuẩn.
Câu VIa(2điểm)
1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng tròn (C) : x
2
+ y
2
+ 4x 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; -
8).Viết phơng trình đờng 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 đờng 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 đờng tròn nội tiếp I của tam giác ABC.
CâuVIIa(1điểm)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phơng trình sau nghiệm đúng với
x(2 ; 3).
1 + log
5
(x
2
+ 1 ) > log
5
(x
2
+ 4x + m)
B . Theo chơng trình nâng cao.
CâuVIb(2điểm)
1) Cho A(1 ; 4) và hai đờng 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
đờng thẳng AD và BD. Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa các đờng 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 phơng trình :
1 + log
5
(x
2
+ 1 ) log
5
(mx
2
+ 4x + m)
đợc nghiệm đúng với x R.
Hết
Họ và tên : Số báo danh:


( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Sơ lợc Đáp án toán thi thử đại học lần I trờng 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 tơng đối chính xác
1đ.
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

CâuI
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 phơng trình : 3cot
2
x + 2
2
sin
2
x = (2 + 3
2
)cosx

đk : 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 phơng trình :
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y



















CâuII
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
+) 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
 
  

       
  
  

  
     

  
.
+) 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
 




0,25
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

Chãp SABCD cã ®¸y ABCD lµ hthang vu«ng t¹i A vµ B víi AB = BC = a ;
AD = 2a. (SAC) (ABCD)vµ (SBD) (ABCD) .BiÕt g((SAB) ; (ABCD) )=
60
0
.TÝnh V vµ d(CD ; SB)

S







K
A O D

I
E H

B C

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

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

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

0,25
+) Gäi O lµ trung ®iÓm AD=>ABCO lµ hv c¹nh a =>ACD cã trung tuyÕn SO
=

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


0,25














C©uIV
TÝnh chÊt träng t©m tam gi¸c BCO => IH =
3
1
IC =
6
2a

=> IS =
6
25
22
a
HSIH 

kÎ CK  SI mµ CK  BO => CK  (SBO) => d(C;(SBO)) = CK



0,25
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

Cho: a , b, c dơng 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




p dng BT Cauchy cho 3 s dng ta
cú:
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
Tng t ta cú:
2 2
1 1 1 1
(2), (3).
1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c



0,25






CâuV
Cng (1), (2) v (3) theo v vi v ta cú:
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

W
.
Du = xy ra khi v ch khi
1, 3 1, ( , , 0).
abc ab bc ca a b c a b c




0,25
CâuVIa 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 đờng thẳng d thoả mãn: 7x + y + 1 = 0 & 17x + 7y + 39 = 0.
0,25
2) ChoABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2).
Tìm toạ độ tâm đờng 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 đờng 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 đờng 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
CâuVIIa

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
Xét f(x) = 4x
2
4x + 5 x(2 ; 3) x 2 3
f(x) = 8x 4 => BBT : f(x) +
29
f(x) 13
Vây để bpt n
0
đúng x(2 ; 3 ) m [ - 12 ; 13 ]


0,25
CâuVIb 1) Cho A(1 ; 4) và hai đờng 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 phơng
trình mặt phẳng (P) chứa các đờng thẳng OE và OF. Tìm các giá trị của
m để góc EOF = 45
0
.

áp dụng hệ thức lợng trong các tam giác vuông AOD & BOD với các đờng

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
CâuVIIb

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.