Đáp án và hướng dẫn chấm đề thi thử đại học môn Toán

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011
Môn thi: TOÁN, Khối A và B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
−
=
+
2 1
1
x
y
x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình
2 1 1x m x− = +
có 2 nghiệm phân biệt.
Câu II (2,0 điểm)
1) Giải phương trình
2cos (sin3 cos3 ) 1x x x− =
2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 0
x y y x
x x y y m


− + − − =


+ − − − + =


có nghiệm.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
1
2
2
0
( 1) 1 2x x dx+ −
∫
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có mặt SBC vuông góc với đáy, các cạnh SB = SC = 1 và các góc
·
·
·
0
ASB BSC CSA 60= = =
. Tính thể tích của hình chóp S.ABC.
Câu V (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức sau
a b c c a a b b c
b c a c b a c b a
+ + +
+ + ≥ + +
+ + +
.

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ sao cho ∆ tạo với hai trục tọa độ một tam
giác có diện tích bằng
15
2
và chu vi bằng 15.
2) Trong không gian Oxyz, cho ba điểm
A( 1;0;2), B(2;1;4), C(1; 1;2)− −
. Tìm tọa độ điểm M sao
cho
MA MB MC
= =
và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ABC) bằng
5
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giả sử n là số nguyên dương và
2
0 1 2
(1 )
n n
n
x a a x a x a x+ = + + + +
. Biết rằng tồn
tại số nguyên dương
(1 1)k k n≤ ≤ −
sao cho
1 1
2 9 24

k k k
a a a
− +
= =
, hãy tính n.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng
1 2
:3 5 0, : 2 3 0x y x y∆ + + = ∆ − − =
và đường tròn
(C):
2 2
( 3) ( 5) 25x y− + + =
. Tìm điểm M thuộc (C), điểm N thuộc
1
∆
sao cho M và N đối xứng
qua
2
∆
.
2) Trong không gian Oxyz, cho điểm M
( 2;1;3)−
. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M và
cắt các trục tọa độ tại A, B, C sao cho tam giác ABC có trực tâm là M.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn
4z =
và một acgumen của
3 i

z
+
bằng
6
π
−
…………………………Hết…………………………
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:…………………………………
Chữ kí của giám thị 1:……………………………………Chữ kí của giám thị 2:…………………………
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+
1,00
• TXĐ :
{ }
\ 1−¡
• Ta có :
2
3
' 0 1
( 1)

y x
x
= > ∀ ≠ −
+
• Các giới hạn :
1 1
2 1 2 1 2 1
lim 2; lim ; lim
1 1 1
x
x x
x x x
x x x
− +
→±∞
→− →−
− − −
= = +∞ = −∞
+ + +
• Tiệm cận đứng :
1x = −
, tiệm cận ngang :
2y =
• BBT :
x
−∞
-1
+∞
y’ + +
y

+∞
2
2
−∞
• Đồ thị
8
6
4
2
-2
-4
-6
-15
-10
-5
5
10
15
f
x
( )
=
2
⋅
x-1
x+1
0,25
0,25
0,25
0,25

I 2
Tìm m để PT :
2 1 1x m x− = +
1,00
2 1
2 1 1
1
x
x m x m
x
−
− = + ⇔ =
+
Xét hàm số
2 1
khi 1
2 1
1
( )
2 1
1
khi 1
1
x
x
x
x
f x
x
x

x
x
−

> −

−

+
= =

−
+

− < −

+

2
2
3
khi 1
( 1)
'( )
3
khi 1
( 1)
x
x
f x

x
x

> −

+

=


− < −

+

BBT của
( )f x
0,25
0,25
x
−∞
-1
+∞
y’ + +
y
-2
−∞
2
−∞
Từ BBT suy ra pt có 2 nghiệm pb
2m⇔ < −

0,25
0,25
II 1
Giải phương trình
2cos (sin3 cos3 ) 1x x x− =
(1)
1,00
(1)
sin 4 sin 2 os4 os2 1 0x x c x c x⇔ + − − − =

2
(2sin 2 . os2 sin 2 ) (2cos 2 os2 ) 0x c x x x c x⇔ + − + =

(sin 2 os2 )(2cos2 1) 0x c x x⇔ − + =

tan 2 1
sin 2 os2 0
8 2
1
2cos2 1 0
cos2
2
3
k
x
x
x c x
x
x
x k

π π
π
π

=
= +


− =


⇔ ⇔ ⇔



+ =
= −


= ± +



0,25
0,25
0,50
II 2
Hệ
3 3 2
2 2 2

3 3 2 0 (1)
1 3 2 0 (2)
x y y x
x x y y m
− + − − =



+ − − − + =


có nghiệm
1,00
Điều kiện.
1 1, 0 2x y− ≤ ≤ ≤ ≤
(1)
3 3
3 ( 1) 3( 1)x x y y⇔ − = − − −
Hàm số
3
( ) 3f t t t= −
nghịch biến trên đoạn
[ 1;1]−
[ ]
, 1 1;1x y − ∈ −
nên
( ) ( 1) 1 1f x f y x y y x= − ⇔ = − ⇔ = +
Thế vào pt (2) ta được
2 2
2 1 (3)x x m− − = −

Hệ có nghiệm
⇔
Pt (3) có nghiệm
[ ]
1;1x ∈ −
Xét
[ ]
2 2
2
1
( ) 2 1 , 1;1 , '( ) 2 1
1
g x x x x g x x
x
 
= − − ∈ − = +
 ÷
−
 
'( ) 0 0g x x= ⇔ =
.
(0) 2, ( 1) 1g g= − ± =
Pt (3) có nghiệm
[ ]
1;1 2 1 1 2x m m∈ − ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤
0,25
0,25
0,25
0,25
III

Tính tích phân
1
2
2
0
( 1) 1 2x x dx+ −
∫
1,00
1 1 1
2 2 2
2 2 2
0 0 0
( 1) 1 2 1 2 1 2x x dx x x dx x dx+ − = − + −
∫ ∫ ∫
Xét I
( ) ( )
1 1
1
2 2
2 2 2
2
0 0
1
1 2 1 2 1 2
4
x x dx x d x= − = − − −
∫ ∫
( )
1
2

2 2
0
1 1 2
1 2 1 2
6 6 24
x x= − − − = −
Xét J =
1
2
2
0
1
2
2
x dx−
∫
. Đặt
1 1
sin cos
2 2
x t dx tdt= ⇒ =
0,25
0,25
1 1 1
0 sin 0, sin
2 4
2 2
π
= =
J =

4 4
2 2
0 0
1 1 1 1
2 sin cos cos
2 2
2 2
t tdt tdt
π π
− =
∫ ∫
4
4
0
0
1 1 sin2 ( 2) 2
(1 cos2 )
2 16
2 2 2 2
t
t dt t
π
π
π
+
 
= + = + =
 ÷
 
∫

Vậy
1
2
2
0
1 2 ( 2) 2 1 2 2
( 1) 1 2
6 24 16 6 12 16
x x dx
π π
+
+ − = − + = + +
∫
0,25
0,25
IV Tính thể tích của hình chóp S.ABC 1,00
Gọi H là trung điểm BC
SH BC⇒ ⊥
( ) ( ) ( )SBC ABC SH ABC⊥ ⇒ ⊥
∆
SBC đều cạnh 1
3
2
SH⇒ =
SAB SAC AB AC∆ = ∆ ⇒ =
AH BC⇒ ⊥
. Đặt
, 0SA x x= >
2 2 2 2
3

4
AH SA SH x= − = −
2 2 2 0 2
2 . .cos60 1AC SA SC SA SC x x= + − = + −
.
AHC∆
vuông
2 2 2 2 2
3 1 3
1
4 4 2
AC AH HC x x x x⇒ = + ⇔ + − = − + ⇔ =
6 1 6
.
2 2 4
ABC
AH S AH BC⇒ = ⇒ = =
1 2
.
3 8
SABC ABC
V S SH= =
0,25
0,25
0,25
0,25
V
Chứng minh
a b c c a a b b c
b c a c b a c b a

+ + +
+ + ≥ + +
+ + +
1,00
BDT
1 1 1
1 1 1
a b c
a b c
c a b
b c a
b c a
c a b
+ + +
⇔ + + ≥ + +
+ + +
Đặt
, , , , 0
a b c
x y z x y z
b c a
= = = ⇒ >
và
1xyz =
BDT trở thành
1
1
1
1
1

1
1 1 1
y
x
z
x y z
y z x
+
+
+
+ + ≥ + +
+ + +
1 1 1
1 1 1
yx zy xz
x y z
y z x
+ + +
⇔ + + ≥ + +
+ + +
(do
1xyz =
)
1 1 1
1 1 1
x x yx y y zy z z xz
x y z
y z x
− + + − + + − + +
⇔ + + ≥ + +

+ + +
0,25
H
B
C
A
S
1 1 1
1 1 1
x y z
x y z x y z
y z x
− − −
⇔ + + ≥ + + + + +
+ + +
1 1 1
0
1 1 1
x y z
y z x
− − −
⇔ + + ≤
+ + +
2 2 2
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) 0x z y x z y⇔ − + + − + + − + ≤
2 2 2 2 2 2
3x y z x z y x z y x y z⇔ + + + + + ≥ + + +
BDT cuối cùng đúng do
2 2 2
x y z x y z+ + ≥ + +

và
2 2 2 3 3 3
3
3 3x z y x z y x y z+ + ≥ =
0,25
0,25
0,25
VI.a 1 Viết phương trình đường thẳng 1,00
Giả sử
∆
cắt trục Ox tại A(x
0
,0), cắt trục tung Oy tại B(0;y
0
)
Ta có :
2 2
0 0
; ;OA a x OB b y AB a b= = = = = +
Theo gt có :
2 2
1 15
; 15
2 2
S ab P a b a b= = = + + + =
Giải hệ PT có
5
6,
2
5

, 6
2
a b
a b

= =



= =


*Với
5
( ; ) (6; )
2
a b =
thì
0 0
5
6;
2
x y= ± = ±
ta có 4 PT của
∆
là :

5 12 30 0 (1)
5 12 30 0 (2)
5 12 30 0 (3)

5 12 30 0 (4)
x y
x y
x y
x y
+ − =
− + =
− − =
+ + =
*Với
5
( ; ) ( ;6)
2
a b =
thì
0 0
5
; 6
2
x y= ± = ±
ta có 4 PT của
∆
là :

12 5 30 0 (5)
12 5 30 0 (6)
12 5 30 0 (7)
12 5 30 0 (8)
x y
x y

x y
x y
+ − =
− + + =
− + − =
+ + =
Vậy ta có 8 PT của
∆
thỏa mãn yêu cầu bài toán .
0,25
0,25
0,25
0,25
2 Tìm tọa độ M 1,00
Giả sử M(a; b; c).
3 2 8 0MA MB a b c= ⇔ + + − =
(1)

4 2 1 0MA MC a b= ⇔ − − =
(2)
Pt mặt phẳng (ABC) là
2 4 5 12 0x y z+ − + =
( ;( ))
2 4 5 3 (3)
2 4 5 12
5 5
2 4 5 27 (4)
3 5
M ABC
a b c

a b c
d
a b c
+ − =
+ − +

= ⇔ = ⇔

+ − = −

Giải hệ (1), (2), (3) ta được
7 11 4
; ;
6 6 3
M
 
 ÷
 
Giải hệ (1), (2), (4) ta được
1 5 14
; ;
6 6 3
M
− −
 
 ÷
 
0,25
0,25
0,25

0,25
VII.a
Tìm n thỏa mãn
1 1
2 9 24
k k k
a a a
− +
= =
1,00
k
k n
a C=
. Vậy
1
1 1
1
9 2
2 9 24
8 3
k k
n n
k k k
k k
n n
C C
a a a
C C
−
− +

+
=

= = ⇔

=

9 ! 2 !
9 2
( 1)!( 1)! ( )! !
1
8 ! 3 ! 8 3
( )! ! ( 1)!( 1)! 1
n n
n k k n k k
n k k
n n
n k k n k k n k k


=
=


− + − −
 
− +
⇔
 
 

= =


− − − + − +


11 2 2 10
11 3 8 2
k n n
k n k
− = =
 
⇔
 
− = − =
 
. Vậy n = 10.
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.b 1 Tìm M và N 1,00
M và N đối xứng qua
2
∆
nên phép đối xứng trục
2
∆
biến M thành N
M

∈
(C)
N (C')⇒ ∈
với
(C')
là ảnh của (C) qua phép đối xứng trục
2
∆
Theo giả thiết N
1
∈∆
nên N là giao của
(C')
và
1
∆
(C) có tâm I(3; -5) và bán kính R = 5 nên
(C')
có tâm I’(-1 ; 3) và
bán kính R = 5. Pt
(C')
là
2 2
( 1) ( 3) 25x y+ + − =
Giải hệ
2 2
( 1) ( 3) 25
3 5 0
x y
x y

+ + − =


+ + =

ta được N(-1 ; -2) và N(-4 ; 7)
N(-1 ; -2) ta tìm được M(-1 ; -2)
N(-4 ; 7) ta tìm được M
22 49
;
5 5
 
−
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.b 2 Viết phương trình mặt phẳng (P) 1,00
Giả sử (P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(a ;0 ;0), B(0;b;0), C(0; 0; c)
Nếu (P) đi qua O thì
A B C≡ ≡
nên không tồn tại tam giác ABC.
Nếu (P) không đí qua O thì
0abc ≠
nên Pt (P) là
1
x y z
a b c

+ + =
.
(P) đi qua M nên
2 1 3
1
a b c
−
+ + =
(1)
M là trực tâm tam giác ABC
3
. 0
3
. 0
2
b c
MA B C MA BC
MB AC
a c
MB AC
=


⊥ =

 
⇒ ⇔ ⇔
  
⊥
= −

=





uuur uuur
uuur uuur
Thế vào (1) ta được
4 1 3 14
1 7, 14
3 3 3
c a b
c c c
+ + = ⇔ = ⇒ = − =
Vậy pt (P) là
3
1 2 3 14 0
7 14 14
x y z
x y z+ + = ⇔ − + + − =
−
Cách khác. Chứng minh được OM
⊥
(ABC)
Vậy (P) là mặt phẳng qua M và có vecto pháp tuyến
( 2;1;3)OM = −
uuuur
PT (P) là
2( 2) ( 1) 3( 3) 0 2 3 14 0x y z x y z− + + − + − = ⇔ − + + − =

0,25
0,50
0,25
VII.
b
Tìm số phức z 1,00
4 4(cos sin ) 4(cos( ) sin( ))z z i z i
ϕ ϕ ϕ ϕ
= ⇒ = + ⇒ = − + −
0,25
3 2(cos sin )
6 6
i i
π π
+ = +
3 1
cos sin
2 6 6
i
i
z
π π
ϕ ϕ
+  
   
⇒ = + + +
 ÷  ÷
 ÷
   
 

Theo giả thiết
6 6 3
π π π
ϕ ϕ
+ = − ⇔ = −
Vậy
4 cos sin 2 2 3
3 3
z i i
π π
 
   
= − + − = −
 ÷  ÷
 ÷
   
 
0,25
0,25
0,25