KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D ppt

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011
MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D
(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
( )
3
3 2
m
y x mx C= − +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
( )
1
C
2. Tìm m để đồ thị của hàm số
( )
m
C
có tiếp tuyến tạo với đường thẳng
: 7 0d x y+ + =

góc
α
, biết
1
os
26
c

α
=
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
( )
2
2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2
4
x x x c x
π
 
+ + = +
 ÷
 
2. Giải phương trình
3 3 1 1x x x+ = + + −
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
(
)
3ln2
2
3
0
2
x
dx
I
e
=
+

∫
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,
2AB a=
. Gọi I
là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn
2IA IH= −
uur uuur
. Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng
0
60
. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH).
Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
.
Chứng minh rằng
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 3
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
− + − + − +
+ + ≤
+ + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm
I là giao điểm của đường thẳng
: 3 0d x y− − =
và
': 6 0d x y+ − =
. Trung điểm một cạnh là giao
điểm của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm
(0; 1;2)M −
và
( 1;1;3)N −
. Viết
phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ
( )
0;0;2K
đến (P) đạt giá trị lớn nhất
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển
( )
0
n
n
k n k k
n
k
a b C a b
−
=
+ =
∑
với quy ước số hạng thứ i của khai triển

là số hạng ứng với k = i-1.
Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển
8
1
1
3
1
log 3 1
log 9 7
2
5
2
2 2
x
x
 
 ÷
 
−
−
− +
+
+
 
 ÷
 ÷
 
là 224.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là
2 1 0x y+ − =
và
3 5 0x y− + =
. Viết phương trình cạnh AC biết AC đi qua điểm M(1;-3).
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm
( ) ( ) ( )
2;3;1 , 1;2;0 , 1;1; 2A B C− −
.
Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình
( )
2 2
3log 2 9log 2x x x− > −
…………………….Hết…………www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D
(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)
Câu Nội dung Điểm
I
(2điểm)
1.(1,0 điểm)
Hàm số (C
1
) có dạng
3
3 2y x x= − +
•

Tập xác định:
¡
•
Sự biến thiên
-
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = −∞
0,25
- Chiều biến thiên:
2
' 3 3 0 1y x x= − = ⇔ = ±
Bảng biến thiên
X
−∞
-1 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
Y
4
+∞
−∞
0
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
; 1 , 1;−∞ − +∞
, nghịch biến trên khoảng

(-1;1)
Hàm số đạt cực đại tại
1, 4
CD
x y= − =
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 0
CT
x y= =
0,25
•
Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn
f(x)=x^3-3x+2
-2 -1 1 2
-1
1
2
3
4
x
y
0,25
2.(1,0 điểm)
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến
⇒
tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến
( )
1
; 1n k= −
ur

, d có vec tơ pháp
tuyến
( )
2
1;1n =
uur
0,25
Ta có
1 2
2
1 2
3
1
1
2
cos
2
26
2 1
3
k
n n
k
n n
k
k
α

=


−
= ⇔ = ⇔

+

=


uruur
ur uur
0,25
Yêu cầu bài toán
⇔
ít nhất một trong hai phương trình
1 2
' à 'y k v y k= =
có nghiệm x
( )
( )
2
2
3
3 2 1 2 2 ó nghiê
2
2
3 2 1 2 2 ó nghiê
3
x m x m c m
x m x m c m


+ − + − =

⇔


+ − + − =


0,25
' 2
1
' 2
2
1 1 1
8 2 1 0
4 2 2
3 3
4 3 0
1
4 4
m m m
m m
m m
m m m
 
≤ − ∧ ≥ ≥
 

∆ = − − ≥
⇔ ⇔ ⇔

 

∆ = − − ≥

 

≤ − ∧ ≥ ≤ −
 
 
0,25
II
(2điểm)
1.(1,0 điểm)
( )
( )
2
2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2
4
cos4 os2 3 1 sin 2 3 1 os 4
2
x x x c x
x c x x c x
π
π
 
+ + = +
 ÷
 
 
 

⇔ + + + = + +
 ÷
 ÷
 
 
0,25
os4 3 sin 4 os2 3 sin 2 0
sin 4 sin 2 0
6 6
2sin 3 cos 0
6
c x x c x x
x x
x x
π π
π
⇔ + + + =
   
⇔ + + + =
 ÷  ÷
   
 
⇔ + =
 ÷
 
0,5
sin 3 0
18 3
6
cos 0

2
x k
x
x k
x
π π
π
π
π


 
= − +

+ =
 ÷

⇔ ⇔

 


= +

=



0,25
2.(1,0 điểm)

Điều kiện:
1
3
x ≥ −
Khi đó
3 3 1 1 3 1 3 1 0x x x x x x+ = + + − ⇔ + − + + − =
0,25

( )
( )
2 1
1 0
3 1 3
x
x
x x
−
⇔ + − =
+ + +
0,25

( )
2
1 1 0
3 1 3
x
x x
 
⇔ − + =
 ÷

+ + +
 
2
1 1 0,
3 1 3
x Do x
x x
 
⇔ = + > ∀
 ÷
+ + +
 
(tmdk)
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1

0, 5
III
(1điểm)
(
)
(
)
3ln2 3ln 2
3
2
2
3
3
0 0
3

2
2
x
x
x
x
dx e dx
I
e
e e
= =
+
+
∫ ∫
0,25
Đặt
3 3
1
3
x x
t e dt e dx= ⇒ =
.
Với x = 0 thì t = 1; x = 3ln2 thì t = 2
0,25
Khi đó

( ) ( )
2
2 2
2 2

1 1
1
3 3 1 1 2 3 2 3 3 1
ln ln
4 2 4 2 2 4 2 6
2 2
dt t
I dt
t t t t
t t t
 
   
 ÷
= = − − = + = −
 ÷  ÷
 ÷
+ + +
   
+ +
 
∫ ∫
0,5
IV
(1điểm)
*Ta có
2IA IH= − ⇒
uur uuur
H thuộc tia đối của tia IA và
2IA IH=

2 2BC AB a= =
0,25
S
H
C
A
B
I
K
.
Suy ra
3
,
2 2
a a
IA a IH AH IA IH= = ⇒ = + =
Ta có
2 2 2 0
5
2 . .cos45
2
a
HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ =

Vì
( ) ( )
( )
0 0
15
, 60 .tan 60

2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = =
0,25
Ta có
2 2 2 0
5
2 . .cos45
2
a
HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ =

Vì
( ) ( )
( )
0 0
15
, 60 .tan 60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = =
0,25
Thể tích khối chóp S.ABCD là:
( )
3
.
1 15
.
3 6
S ABC ABC

a
V S SH dvtt
∆
= =
0,25
*
( )
BI AH
BI SAH
BI SH
⊥

⇒ ⊥

⊥

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
,
1 1 1
, ,
2 2 2 2
,
d K SAH

SK a
d K SAH d B SAH BI
SB
d B SAH
⇒ = = ⇒ = = =
0,25
V
(1điểm)
Do a, b, c > 0 và
2 2 2
1a b c+ + =
nên
( )
, , 0;1a b c ∈
Ta có
( )
2
2
5 3
3
2 2 2
1
2
1
a a
a a a
a a
b c a
−
− +

= = − +
+ −
Bất đẳng thức trở thành
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 3
3
a a b b c c− + + − + + − + ≤
0,5
Xét hàm số
( ) ( )
( )
3
0;1f x x x x= − + ∈
. Ta có:

( )
( )
( ) ( ) ( )
0;1
2 3
ax
9
2 3
3
M f x
f a f b f c
=
⇒ + + ≤
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=

1
3
0,5
VIa
(2điểm)
1.(1,0 điểm)
Tọa dộ giao điểm I của d

và d’ là nghiệm của hệ phương trình
9
3 0
9 3
2
;
6 0 3
2 2
2
x
x y
I
x y
y

=

− − =


 
⇔ ⇒

 
 ÷
+ − =
 


=



Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD

( )
Ox 3;0M d M⇒ = ∩ ⇒
0,25
Ta có:
2 3 2AB IM= =
Theo giả thiết
. 12 2 2
ABCD
S AB AD AD= = ⇒ =
Vì I, M thuộc d
: 3 0d AD AD x y⇒ ⊥ ⇒ + − =
0,25
Lại có
2MA MD= = ⇒
tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình
( )
( ) ( )
2

2
3 0
2 4
2;1 ; 4; 1
1 1
3 2
x y
x x
A D
y y
x y
+ − =

= =
 

⇔ ∧ ⇒ −
  
= = −
− + =
 


0,25
Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)
TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4)
0,25
2.(1,0 điểm)
Gọi
( )

, ,n A B C=
r

( )
2 2 2
0A B C+ + ≠
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;
( ) ( )
1 2 0 2 0Ax B y C z Ax By Cz B C+ + + − = ⇔ + + + − =
0,25
( ) ( )
1;1;3 3 2 0 2N P A B C B C A B C− ∈ ⇔ − + + + − = ⇔ = +
( ) ( )
: 2 2 0P B C x By Cz B C⇒ + + + + − =
0,25
Khoảng cách từ K đến mp(P) là:
( )
( )
,
2 2
4 2 4
B
d K P
B C BC
=
+ +
-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)
-Nếu
0B ≠

thì
( )
( )
2 2 2
1 1
,
2
4 2 4
2 1 2
B
d K P
B C BC
C
B
= = ≤
+ +
 
+ +
 ÷
 
0,25
Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1
Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0
0,25
VIIa
(1điểm)
Ta có
( )
( )
( )

1
3
1
2
2
1
1 1
log 3 1
log 9 7 1 1
5
3 5
2 9 7 ,2 3 1
x
x
x x
−
−
− +
−
+ − −
= + = +
0,25
Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là
( ) ( ) ( ) ( )
3 5
1 1
1
5 1 1 1 1
3 5
8

9 7 . 3 1 56 9 7 3 1
x x x x
C
− −
− − − −
   
+ + = + +
   
   
0,25
Treo giả thiết ta có
( ) ( )
1
1
1 1
1
1
9 7
56 9 7 3 1 224 4
2
3 1
x
x x
x
x
x
−
−
− −
−

=

+
+ + = ⇔ = ⇔

=
+

0,5
VIb
(2điểm)
1.(1,0 điểm)
Đường thẳng AC có vec tơ pháp tuyến
( )
1
1;2n =
ur
Đường thẳng BC có vec tơ pháp tuyến
( )
1
3; 1n = −
ur
Đường thẳng AC qua M(1; -3) nên có phương trình:
( ) ( )
( )
2 2
1 3 0 0a x b y a b− + + = + >
0,25
Tam giác ABC cân tại đỉnh A nên ta có:
( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2 2
3 2 3
os , os ,
1 2 3 1 3 1
a b
c AB BC c AC BC
a b
− −
= ⇔ =
+ + + +
2 2 2 2
1
2
5 3 22 15 2 0
2
11
a b
a b a b a ab b
a b

=

⇔ + = − ⇔ − + = ⇔


=


0,25
Với

1
2
a b=
, chọn a= 1, b = 2 ta được đường thẳng AC: x + 2y + 5 = 0 (loại vì khi đó AC//AB) 0,25
Với
2
11
a b=
, chọn a = 2, b = 11 ta được đường thẳng AC 2x + 11y + 31 = 0 0,25
2.(1,0 điểm)
H
( )
; ;x y z
là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi
( )
, ,BH AC CH AB H ABC⊥ ⊥ ∈
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
15
1 2 2 3 0
. 0
29
. 0 3 1 1 2 0
15
2 8 3 5 1 0
, 0
1
3

x
x y z
BH AC
CH AB x y z y
x y z
AH AB AC
z

=



+ + − + =
=



 
⇔ = ⇔ − + − + + = ⇔ =
  
  
 
− − − + − =
=

 
 

= −



uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur uuur
0,5
I
( )
; ;x y z
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi
( )
,AI BI CI I ABC= = ∈
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 3 1 1 2
1 1 2 1 2
2 8 3 5 1 0
, 0
x y z x y z
AI BI
CI BI x y x y z
x y z
AI AB AC



− + − + − = + + − +
=


 
⇔ = ⇔ − + − + + = + + − +
 
 
 
− − − + − =
=
 
 


uur uuur uuur
14
15
61 14 61 1
, ,
30 15 30 3
1
3
x
y I
z

=




 
⇔ = ⇒ −

 ÷
 


= −


0,5
VIIb
(1điểm)
Điều kiện x > 0
Bất phương trình
( ) ( ) ( )
2
3 3 log 2 1 1x x x⇔ − > −
Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1)
0,25
TH1: Nếu x > 3 thì
( )
2
3 1
1 log
2 3
x
x
x

−
⇔ >
−
Xét hàm số
( )
2
3
log
2
f x x=
, hàm số đồng biến trên khoảng
( )
0;+∞

( )
1
3
x
g x
x
−
=
−
, hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
3;+∞
0,25
+ Với x> 4 thì
( ) ( ) ( ) ( )
4 3 4f x f g g x> = = >

Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4
+ Với
4x ≤
thì
( ) ( ) ( ) ( )
4 3 4f x f g g x≤ = = ≤ ⇒
bất phương trình vô nghiệm
0,25
TH2: Nếu x < 3 thì
( )
2
3 1
1 log
2 3
x
x
x
−
⇔ <
−
+ Với x
≥
1 thì
( ) ( ) ( ) ( )
1 0 1f x f g g x≥ = = ≥

⇒
bất phương trình vô nghiệm
+ Với x < 1 thì
( ) ( ) ( ) ( )

1 0 1f x f g g x< = = < ⇒
Bất phương trình có nghiệm 0 < x <1 Vậy
bất phương trình có nghiêm
0,25