Đề thi thử đại học môn Toán lần 1 khối D năm 2011

sở giáo dục và đào tạo thái bình
trờng thpt nguyễn đức cảnh
đề thi thử đại học lần i năm 2011
Môn thi: toán, khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
A. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im).
Cõu I. (2 im)
Cho hm s
32
24
+= mxxy
(1)
1. Kho sỏt hm s vi m = 2.
2. Xỏc nh m th hm s cú 3 im cc tr to thnh tam giỏc cú din tớch bng 32.
Cõu II.(2 im)
1. Gii phng trỡnh: sin2x + 2cos2x = 2sinx + 4cosx - 2
2. Gii h phng trỡnh:





=++
=+
6212
113
yxy
yx
Cõu III.(2 im)
1. Tớnh tớch phõn:
3

0
1 1
dx
x+ +

2. Cho hỡnh chúp SABC cú cỏc tam giỏc cú tam giỏc ABC vuụng cõn ti B, AB =
2a
, cnh SA
vuụng gúc vi mt ỏy v SA = 4a.Gi M l trung im SC. Tớnh khong cỏch t S n mp(AMB).
Cõu IV.(1 im)
Tỡm m phng trỡnh sau õy cú nghim:
( ) ( )
11211
4
2
=+++ xxmxm
B. PHN RIấNG (3 im)
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc phn B)
A. Theo chng trỡnh Chun.
Cõu V.a(2im)
1. Trong mt phng ta Oxy cho tam giỏc ABC cú nh A(1;5), ng thng cha ng cao BH
l d
1
: y - 1 = 0, ng thng cha ng trung tuyn CM l d
2
: 2x + y - 1 = 0. Tỡm to cỏc nh
B, C ca tam giỏc ABC.
2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho ba im A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tớnh din tớch tam
giỏc ABC v xỏc nh ta tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC.
Cõu VI.a(1 im)

Gii phng trỡnh:
( ) ( ) ( )
xxx =++ 3log24log21log
2
2
1
2
2
B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu V.b(2 im)
1. Trong mt phng Oxy cho ba im I(1;1), M(-2;2), N(2;-2). Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh vuụng
ABCD bit I ng thng AB i qua M, CD i qua N v I l tõm ca hỡnh vuụng ABCD.
2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, vit phng trỡnh mt phng (P) i qua hai im M(1;01;),
N(2;1;1) v cỏch im A(-6;0;0) mt on bng 5.
Cõu VI.b(1im)
Gii phng trỡnh:
( ) ( )
12log2log
2
3
2
2
++=+ xxxx
Ht

Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Giỏm th khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh: S bỏo danh:
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
I 1 Với m = 2 ta có: y = x

4
- 4x
2
+ 3 1.00
- TXĐ: D = R 0.25
- SBT:
+ Giới hạn:
+∞=
±∞→x
lim




±=
=
⇔=⇒−=+
1
0
0'44'
3
x
x
yxxy
BBT: x -
∞
-1 0 1 +
∞
y' - 0 + 0 - 0 +
+

∞
+
∞
3
-1 -1
+ Hàm số NB trên các khoảng (-
∞
;-1) và (0;1), ĐB trên khoảng (-1;0) và (1;+
∞
)
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y(0) = 3, đạt cực tiểu tại x =
±
1, y(
±
1) = -1
0.5
0.25
- Đồ thị: 0.25
2 Xác định m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích bằng 32 1.00
- Ta có y' = 4x
3
- 4mx => y' = 0 <=>
2
0x
x m
=


=


ĐK để hàm số có ba cực trị là: y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt <=> m > 0
0.25
- Với m > 0 thì y' = 0 <=>
0x
x m
=


= ±

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là : A(0;3), B
( )
2
;3m m− −
, C
( )
2
;3m m−
0.25
- Tam giác ABC cân tại A, trung điểm BC là H(0;3-m
2
).
Ta có:
1
.
2
S BC AH=
= 32 <=>
2
. 64 2 . 64 4BC AH m m m= <=> = <=> =

(t/m)
Vậy m = 4.
0.5
II 1 Giải phương trình: sin2x + 2cos2x = 2sinx + 4cosx - 2 1.00
( )
( ) ( )
( )( )
2
2sin cos 2 2cos 1 2sin 4cos 2
2sin cos 1 4cos cos 1 0
2 cos 1 sin 2cos 0
cos 1 cos 1 2
sin 2cos 0 tan 2 tan2
PT x x x x x
x x x x
x x x
x x x k
x x x x acr k
π
π
− ⇔ + − = + −
⇔ − + − =
⇔ − + =
= = =
  
⇔ ⇔ ⇔
  
+ = =− = +
  




+−=
=
⇔



−=
=
⇔



=+
=
⇔
π
π
kx
kx
x
x
xx
x
)2arctan(
2
2tan
1cos

0cos2sin
1cos
-KL:
0.25
0.25
0.5
2
Giải hệ phương trình:





=++−
=−−+
6212
113
yxy
yx
1.00
ĐK:
3, 1x y≥ − ≥
, Đặt
3, 1u x v y= + = −
Ta có hệ pt
2 2 2
1 1
2 1
1 2
2 2( 3) 1 6 3 6 9 0

u v u v
u x
v y
v u v v v
− = = +
= =
 
 
⇔ ⇔ ⇔
   
= =
+ − + + = + − =
 
 
0.25
0.75
10
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15 -10 -5 5 10 15
y
x
3
-1

-
2
2
1
Tính tích phân:
3
0
1 1
dx
x+ +
∫
1.00
Đặt:
2
0 1
1
1 &
3 2
2
x t
x t
t x
x t
dx tdt
= → =

= −

= + ⇒
 

= → =
=


( )
3 2 2
2
1
0 1 1
2 1 2
2 1 2 ln 1 2 2ln
1 1 3
1 1
dx tdt
dt t t
t t
x
 
⇒ = = − = − + = +
 ÷
+ +
+ +
 
∫ ∫ ∫
0.25
0.75
2

M
S

O
x
z
y
C
B
A
0.5
( )
[ ]
( )
0222:
,
:
=−+−⇒



=
⇒
azyxABMpt
AMABnVTPT
Aqua
ABMmp
- Vậy:
( )( )
( )
3
4
3

2420.2
;
a
aaa
ABMSd =
−+−−
=
0.25
0.25
IV
Tìm m để phương trình sau đây có nghiệm:
( ) ( )
11211
4
2
−=+−+−+ xxmxm
1.00
- Đk:
1x ≥
, chia cả hai vế cho:
1x +
> 0 ta được:

( )
4
1 1
1 2
1 1
x x
m m

x x
− −
+ + − =
+ +
(1)
Đặt
[
)
1;01
1
2
1
1
1
,01
1
1
∈⇒<
+
−=
+
−
=≥→≥
+
−
= t
xx
x
ttxdo
x

x
t

Ta có:
( )
2
2
2
(1) 1 2 (2)
1
t t
m t m t m
t
− +
⇔ + + − = ⇔ =
+
Xét H/s:
[
)( )
1;0
1
2
)(
2
∈
+
+−
= t
t
tt

tf
,
( )
2
2
1
2 3
'( ) '( ) 0
3( )
1
t
t t
f t f t
t l
t
=

+ −
= ⇒ = ⇔

= −
+

- PT đã cho có nghiệm khi (2) có nghiệm
[
)
1;0∈t
.
- Từ BBT suy ra :
(

]
2;1∈m
0.25
0.25
0.25
0.25
- Ta có: AC = 2a, OB = a (O là trung điểm
AC), AC, OB, OM đôi một vuông
góc.Chọn hệ tọa độ Oxyz (Hvẽ).
Ta có:
A(0;-a;0), B(a;0;0),
C(0;a;0), S(0;-a;4a)
=> M(0;0;2a),
( ) ( )
0;;,2;;0 aaABaaAM
[ ]
( )
222
;2;2, aaaAMAB −=⇒
BBT: x 0 1
f'(x) - 0
2

1
A. Theo chương trình Chuẩn.
Va 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;5), đường thẳng chứa
đường cao BH là d
1
: y - 1 = 0, đường thẳng chứa đường trung tuyến CM là d
2

: 2x + y
- 1 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B, C của tam giác ABC.
1
(1;5)
) : 1 0
: 1 0
qua A
AC pt AC x
BH y

+ ⇒ − =

⊥ − =

C AC BH= ∩
nên tọa độ C là nghiệm của hệ:
1 0 1
2 1 0 1
x x
x y y
− = =
 
⇔
 
+ − = = −
 
. Vậy C(1;-1)
0.25
0.25
1

)Do B d+ ∈
nên tọa độ B có dạng (x,1), suy ra tọa độ
1
;3
2
x
M
+
 
 ÷
 
Ta có
2
1
2 3 1 0 3
2
x
M d x
+
 
∈ ⇒ + − = ⇔ = −
 ÷
 
. Vậy B(-3;1)
0.25
0.25
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tính
diện tích tam giác ABC và xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
1
( )

( )
( )
1;2;0
1 7
) , 6;3;2 ,
2 2
1;0;3
ABC
AB
AB AC S AB AC
AC

= −

   
+ ⇒ = ⇒ = =

   
= −


uuur
uuur uuur uuur uuur
uuur
0.5
+) Gọi I(a;b;c) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có:
( )
( ) ( )
( ) ( )

( )
2 2
2 2 2
2 2
2 2 2 2
1 2
1 3
6 1 3 2 0
, , 1; ;
a b c a b c
IA IB
IA IC a b c a b c
a b c
AB AC AI a b c ñoàng phaúng

− + + = + − +

=



= ⇔ − + + = + + −
 
 
− + + =
−



uuur uuur uur

Giải hệ tìm được






=>===
98
135
,
49
40
,
98
13
98
135
,
49
40
,
98
13
Icba
0.25
0.25
VIa
Giải phương trình:
( ) ( ) ( )

xxx −=++− 3log24log21log
2
2
1
2
2
1
Đ K:



≠
<<−
1
34
x
x
0.25
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )




±−=
±=
<=>





=−+
=
<=>
−+=−<=>
−+=−<=>
141
11
0132
11
341
34log1log
2
2
222
22
2
2
2
x
x
xx
x
xxx
xxxPT
0.25
0.25
K ết hợp ĐK
141;11 +−=−= xx
0.25

B. Theo chương trình Nâng cao
Vb 1 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm I(1;1), M(-2;2), N(2;-2). Tìm tọa độ các đỉnh
của hình vuông ABCD biết I đường thẳng AB đi qua M, CD đi qua N và I là tâm của
hình vuông ABCD.
1
+ Gọi P là điểm đối xứng với M qua. => P(4;0)
CD đi qua
04:)(
)0;4(
)2,2(
=−+⇒



yxCDpt
P
N

+
4222
2
411
2),(2 ==⇒=
−+
== ADACCDIdAD
Đường tròn (C) ngoại tiếp hình vuông ABCD có tâm I, bán kính R = 2 có pt là
(x-1)
2
+ (y-1)
2

= 4
0.25
+ Ta có
{ }
DCCCD ;)( =∩
nên suy ra tọa độ C,D là nghiệm của hệ
( ) ( )



==
==
⇔



=−+−
=−+
1,3
3,1
411
04
22
yx
yx
yx
yx
+ TH1: C(1;3), D(3;1), A(1;-1), B(-1;1)
TH2: C(3;1), D(1;3), A(-1;1), B(1;-1)
0.25

0.25
0.25
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai
điểm M(1;01;),N(2;1;1) và cách điểm A(-6;0;0) một đoạn bằng 5.
+ Gọi phương trình mp(P) là: ax + by + cz + d = 0 (a
2
+ b
2
+ c
2

0
≠
)
+ Do (P) qua M,N nên ta có:



−−=
−=
⇔



=+++
=++
)2(
)1(
02
0

cad
ab
dcba
dca
+
)3(5
6
5))(,(
222
=
++
+−
⇔=
cba
da
PAd
Thế 1, 2 vào (3) ta được (a+2c)(a+12c) = 0
TH1: a = -2c chọn c = -1 => a = 2, b = -2, d = -1 ==> (P): 2x - 2y - z - 1 = 0
TH2: a = -12c chọn c = -1 => a = 12, b = -12, d = -13 ==> (P): 12x - 12y + z - 13 = 0
0.25
0.25
0.25
0.25
VIb ĐK: x< -2 hoặc x > 1
Đặt: y = log
2
(x
2
+ 2x) suy ra phương trình tương đương với
( )

( )
(*)1
3
2
3
1
321
312
22
12log
2log
2
2
2
3
2
2
=






+







⇔=+⇒





=++
=+
⇔





++=
+=
yy
yy
y
y
xx
xx
xxy
xxy

Ta thấy VT(*) là hàm số nghịch biến trên R nên nếu (*)có nghiệm thì nghiệm đó là
nghiệm duy nhất của pt. Dễ thấy y = 1 là nghiệm của (*)
Với y = 1 ta có:
3122

2
±−=⇔=+ xxx
Kết hợp ĐK suy ra phương trình có nghiệm là:
31−−=x
0.25
0.5
0.25
Chú ý: - Trên đây chỉ là đáp án vắn tắt, học sinh cần có biện luận chặt chẽ mới được điểm tối đa.
- Các cách giải khác đúng đến đâu cho điểm thành phần đến đó.
I
N
P
C
D
A
B
M
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu (S) đi qua điểm A(3;0;0) có tâm
thuộc trục Oy và cắt mặt phẳng (P): x + 2y - 2z + 4 = 0 theo thiết diện là đường tròn (C) có chu vi
bằng
π
6
.
Tính:
( )
3
0; ;2
2
; ;0
a

AM a
AB a a

 
 ÷

 



uuuur
uuur
2
2 2
3
, 2 ;2 ;
2
a
AM AB a a
 
−
 
⇒ = −
 ÷
 
 
uuuur uuur
2
33
,

4
ABM
a
S AM AB
1
 
= =
 
2
uuuur uuur
sin2x + 2cos2x = 1 + sinx - 4cosx
<=> 2sinxcosx + 2(2cos
2
x - 1) - 1 - sinx + 4cosx = 0
<=> sinx(2cosx - 1) + 4cos
2
x + 4cosx - 3 = 0
<=> sinx(2cosx - 1) + (2cosx - 1)(2cosx + 3) = 0
<=> (2cosx - 1)(sinx + 2cosx + 3) = 0
TH1:
1
2cos 1 0 cos 2
2 3
x x x k
π
π
− = <=> = <=> = ± +
TH2: sinx + 2cosx + 3 = 0 (vn)