ĐỀ THI THỬ THPT MINH KHAI (TOÁN)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II
Môn Toán
(Thời gian làm bài 180 phút)
I. Phần chung:
Câu 1. Cho hàm số: y = x
4
+ 2m
2
x
2
+ 1 (C
m
)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
b. Chứng minh rằng đường thẳng y = x+1 luôn cắt (C
m
) tại hai điểm phân biệt ∀ m∈R
Câu 2.
a. Giải phương trình:
2
2sin3 ( os3x+cosx)(tan tan 2 )x c x x= +
b. Giải hệ phương trình:
2 2
2
2
1
xy
x y
x y
x y x y


+ + =

+


+ = −

Câu 3. Tính : I=
3
2
2
1
log
1 3ln
e
x
dx
x x+
∫
Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình thoi cạnh a ; SA=SB=SD=a ; (SBC)⊥(SCD). Tính
thể tích khối chóp S.ABCD .
Câu 5. Cho a,b,c dương thỏa mãn : ab + bc + ca = 2abc.
Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 1
(2 1) (2 1) (2 1) 2a a b b c c
+ + ≥
− − −
II. Phần riêng.
A. Theo chương trình nâng cao:

Câu 6a.
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(2;1). Lấy điểm B thuộc trục Ox có hoành độ
b ≥ 0 và điểm C thuộc trục Oy có tung độ c ≥0 sao cho ∆ABC vuông tại A. Tìm tọa độ điểm
B,C sao cho ∆ABC có diện tích lớn nhất
2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm A(1;0;-2) và vuông góc với hai mặt phẳng
(P
1
) : 2x + y – z – 2 = 0 ; (P
2
) : x –y – z - 3 = 0
Câu 7a. Giải hệ :
2011
3 3
2 2
2
log 2
y
x y
x
x y
x y
xy

 
= −
 ÷

 



+

= +


B. Theo chương trình chuẩn.
Câu 6b.
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ∆ABC có A(1;5), đường thẳng BC có phương trình:
x – 2y – 6 = 0 và điểm I (1;0) là tâm đường tròn nội tiếp. Tìm tọa độ các đỉnh B,C .
2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm A(2;1;1) , B(3;2;2) và vuông góc với mặt
phẳng (P): x + 2y – 5z – 3 = 0
Câu 7b. Giải phương trình:
3 .2 3 2 1
x x
x x= + +
./.
Chú ý: Thí sinh khối B- D không phải làm câu 5 ở phần chung
Họ và tên thí sinh:………………………………………. Số báo danh:………………
SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT MINH KHAI
ĐÁPÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – MÔN TOÁN

Câu
Nội dung
Điểm
1
(2đ)
a. m=1 : y= x
4
+ 2x

2
+1
- TXĐ: D=R
- Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực:
lim
x
y
→−∞
= +∞
;
lim
x
y
→+∞
= +∞
0,25
+ y
/
= 4x
3
+ 4x
y
/
= 0 ⇔ x = 0
+ BBT
x
y
/
y

Hàm số nghịch biến trên khoảng ( - ∝ ; 0),đồng biến trên khoảng (0; + ∝ ) .
cực tiểu : (0;1)
0,5
Đồ thị : Một số điểm thuộc đồ thị (-1;4) ; (1;4) . Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối
xứng
0,25
b. phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng y= x +1 là
x
4
+ 2m
2
x
2
+ 1 = x +1 (1) ⇔ x= 0 hoặc x
3
+2m
2
x – 1 = 0 (2)
0,25
(0,5)
Xét hàm số f(x) = x
3
+2m
2
x – 1 có f
/
(x)= 3x
2

+ 2m
2
≥ 0 ∀x∈R ;
lim ( )
x
f x
→−∞
= −∞
;
lim ( )
x
f x
→+∞
= +∞
và f(0) = - 1 ≠ 0
⇒PT(2) có nghiệm duy nhất x ≠ 0 với ∀m ∈ R .
0,5
Do đó PT(1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với ∀m ∈ R hay đường thẳng y = x+1 luôn cắt
(C
m
) tại hai điểm phân biệt ∀ m∈R
0,25
(0,5)
2
(2đ)
a.
2
2sin3 ( os3x+cosx)(tan tan 2 )x c x x= +
(1)
ĐK :

osx 0c ≠
và
cos2x 0≠
(1)
2
2
sin sin 2
2sin3x=2cos2x.cosx
os os2x
x x
c x c
 
⇔ +
 ÷
 

2 2
sin3 cos os2x.sin sin 2 cosx x c x x x⇔ = +
0,5
( )
2 2
sin 2 cos os2x.sin osx= os2x.sin sin 2 cosx x c x c c x x x⇔ + +
0,5
x -∝ 0 + ∝
y
/
- 0 +

+ ∝ + ∝

y

1
y
4
1

-
- 1 0 1 x

2
os2x=0 (l ai)
os2x.sin . osx= os2x.sin sinx=0 (t/m)
cosx=sinx (loai)
c o
c x c c x


⇔



sinx=0 x= k (k Z)
π
⇔ ∈
Vậy
x= k (k Z)
π
∈
Là nghiệm của phương trình

b.Giải hệ phương trình:
2 2
2
2
1 (1)
(2)
xy
x y
x y
x y x y

+ + =

+


+ = −

ĐK x + y > 0
( )
2
2
(1) x+y 1 2 0
xy
xy
x y
⇔ − + − =
+
( ) ( )
2 2

2
1 1 0 1 0
xy x y x y
x y x y x y
x y x y
 
 
+ + +
⇔ + − + + − = ⇔ + − =
 ÷
 ÷
+ +
 
 
2 2
1 0 (do 0)
x y x y
x y
x y
+ + +
⇔ + − = >
+
0,5
⇔
1y x= −
Thay vào (2)
2 2
x=1
1 (1 ) x 2 0
x= - 2

x x x

= − − ⇔ + − = ⇔


0,25
Với
1 y=0x = ⇒
Với
x= - 2 y =3⇒
Vậy hệ có 2 nghiệm
x=1 x= - 2
và
y=0 y=3
 
 
 
0,25
3
(1đ)
I=
3
2
2
1
log
1 3ln
e
x
dx

x x+
∫
=
3
3
3
2 2
1 1
lnx
1 ln
ln2
=
ln 2
1 3ln 1 3ln
e e
x
dx dx
x x x x
 
 ÷
 
+ +
∫ ∫
0,25
Đặt
2 2 2
1 1 1
1 3ln ln = ( 1) ln
3 x 3
t x x t xdx tdt= + ⇒ − ⇒ =

0,25
x =1 ⇒ t = 1 ; x = e ⇒ t = 2
2
2 3 2
1
3 3 3
1
1 1 1 4
( - 1)dt =
9ln 2 9ln 2 3 27ln 2
I t t t
 
= − =
 ÷
 
∫
0,5
4
(1đ)
Gọi I là trung điểm của SC ⇒BI⊥SC
và DI⊥SC . Từ giả thiết ⇒ BI⊥DI
Gọi O = AC∩ BD ⇒ BD = 2OI =SA =a
⇒∆ABD đều
Kẻ SH ⊥(ABCD) ⇒ H là tâm của ∆ABD
Ta có SH =
2 2
2
=a
3
SA AH−

0,25
(0,5)
0,25
0,5
(0,75)



S
A
B
D
C
I
H
O
Diện tích hình thoi ABCD :
S
ABCD

2
3
2
2
ABD
a
S
∆
= =

Thể tích khối chóp S.ABCD là : V =
1
3
SH.S
ABCD
=
3
2
6
a
5
(1đ)
Từ giả thiết suy ra
1 1 1
2
a b c
+ + =
Đặt :
1 1 1
; y = ; z =
b c
x
a
=
Suy ra x,y,z > 0 và x+y+z=2
0,25
Ta có:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
1 1 1

(2 1) (2 1) (2 1) ( ) ( ) ( )
x y z
P
a a b b c c y z x z y x
= + + = + +
− − − + + +
0,25
Áp dụng bđt Cô-si:
3
2
3
( ) 8 8 4
x y z y z x
y z
+ +
+ + ≥
+

3
2
3
( ) 8 8 4
y x z x z y
x z
+ +
+ + ≥
+

3
2

3
( ) 8 8 4
z y x y x z
y x
+ +
+ + ≥
+
Do đó:
1 1
( )
4 2
P x y z≥ + + =
( Đpcm)
0,5
6a
(2đ)
1. Ta có B(b;0) ; C(0;c) với b, c ≥ 0 và b
2
+ c
2
>0
Phương trình đường thẳng BC : cx + by – bc = 0
Khoảng cách từ A đến đt BC :
2 2
2c b bc
h
b c
+ −
=
+

;
2 2
BC c b= +
Diện tích ∆ABC là
1 1
. . 2
2 2
S h BC c b bc= = + −
0,5
Do ∆ABC vuông tại A nên
. 0AC AB =
uuur uuur
⇒ 2b+c =5 ⇒ c= 5 - 2b . Do c≥ 0 nên 0≤ b ≤ 5/2
Do đó: S = b
2
– 4b + 5 = f(b)
Ta có
5
0;
2
ax ( )m f b
 
 
 
=f(0) = 5 nên S
max
= 5 ⇔ b = 0 và c = 5 hay B(0;0) và C(0;5)
0,5
2. Các mp (P
1

) , (P
2
) lần lượt có vec tơ pháp tuyến là
1
(2;1; 1)n −
r
;
2
(1; 1; 1)n − −
r
mp(P) đi qua A (1;0;-2) và vuông góc với mp (P
1
) , (P
2
) nên có một vec tơ pháp
tuyến là
1 2
; ( 2;1; 3)n n n
 
= = − −
 
r r r
.
0,5
phương trình mp(P) là - 2 (x – 1 ) + y – 3 (z +2 )= 0 ⇔ 2x – y + 3z + 4 = 0
0,5
7a
2011
3 3
2 2

2
log 2 (1)
(2)
y
x y
x
x y
x y
xy

 
= −
 ÷

 


+

= +


ĐK: xy >0 . Từ (2) suy ra x
3
+ y
3
= xy(x
2
+ y
2

) >0 nên x> 0 ; y> 0
(1) ⇔ x.2011
x
= 2y.2011
2y
(*)
0,25
Xét hàm số f(t) = t. 2011
t
(t >0)
ta có f
/
(t) =
2011 1 0 t > 0
ln2011
t
t
 
+ > ∀
 ÷
 
f(t) đồng biến trên (0 ; + ∝ )
0,25
pt (*) trở thành f(x) = f(2y) ⇔ x = 2y
thay vào pt(2) ta được y(5y – 9/2) = 0 ⇔ y = 0 (loại) hoặc y = 9/10
Với y = 9/10 suy ra x = 9/5 . Vậy nghiệm của hệ là …
0,5
6b
1. Bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC : r =
( ; ) 5d I BC =

0,25
Điểm C ∈ ĐT x – 2y – 6 = 0 ⇒ C(2y
0
+ 6;y
0
) ⇒
0 0
(2 5; 5)AC y y+ −
uuuur
Phương trình đt AC là : (5 – y
0
)x + (2y
0
+5)y – 9y
0
– 30

= 0
Ta có r =
( ; )d I AC
nên
0
2
0 0
10 25
5
5 10 50
y
y y
+

=
+ +
⇔
2
0 0 0
10 25 5. 5 10 50y y y
+ = + +
⇔ 3y
0
2
+ 18y
0
+15 = 0
0
0
1
5
y
y
= −

⇔

= −

⇒
(4; 1)
( 4; 5)

C

C
−


− −

0,5
Do vai trò của B và C như nhau nên nếu C(4;-1) thì B(-4;-5) và ngược lại
Vậy …
0,25
2.Ta có
(1;1;1)AB
uuur
.
Một vec tơ pháp tuyến của mp(P) là :
1
(1;2 5)n −
ur
.
mp(Q) đi qua A(2;1;1) ; B(3;2;2) và vuông góc với mp(P) nên có một vec tơ pháp tuyến là:
( )
1
n ; 7;6;1AB n
 
= = −
 
r uuur ur
.
0,5
Phương trình mp(Q) là: - 7 (x – 2) + 6(y – 1) + z – 1 = 0 ⇔ -7x + 6y + z + 7 =0

0,5
7b
(1đ)
3 .2 3 2 1
x x
x x= + +

x
2 1
3 (1)
2 1
x
x
+
⇔ =
−
( Do x = ½ không phải là nghiệm của phương trình)
0,25
Ta có hàm số : f(x) = 3
x
đồng biến trên R
hàm số
2 1
g(x)=
2 1
x
x
+
−
có

/
2
4 1
g (x)= 0 x
(2 1) 2x
−
< ∀ ≠
−
nên nghịch biến trên mỗi khoảng
( - ∝ ; 1/2) và( ½; +∝)
0,25
Do đó trên mỗi khoảng ( - ∝ ; 1/2) và( ½; +∝) nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm thì
nghiệm đó là duy nhất.
Dễ thấy x = 1 và x = -1 là các nghiệm của phương trình. Vậy pt chỉ có 2 nghiệm ……

0,5
Ghi chú: Đối với khối B và khối D 1 điểm của câu 5, chuyển sang câu 4, và câu 1b, cụ thể ở
phần đóng ngoặc tương ứng.