Đề thi thử ĐH môn Toán lần 1 năm 2011 trường thpt Nguyễn Đức Cảnh pps

Sở GD-ĐT Thái Bình Đề thi thử đại học lần I năm học 2010 2011
Trờng THPT nguyễn đức cảnh 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

+ + + =

+ = + +

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
t
2
1
,
x
u v x y
y
+
= = +
ta cú h





=

=+
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

CâuII

+) Vi
3, 1
v u
= =
ta cú h:
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
= =

+ = + = + =




= =
+ = = =

.
+)
Vi
5, 9
v u
= =
ta cú h
:
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

+ = + = + + =


+ = = =

,h
vô n
0
.
KL: Vy h ủó cho cú hai nghim
:
( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.
=
x y

0,25
Tính tích phân: I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
+
+


1



CâuIII

t 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

CâuIV

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 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) 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.

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.