De thi thu dai hoc khoi A
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.25 MB, 21 trang )
SO GD T HA NOI
đề LUYấN THI đại học khối A 2011
Trờng THPT Trần Hng Đạo
Môn: Toán Thời gian: 180 phút
I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
2
12
+
+
=
x
x
y
có đồ thị là (C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2.Chứng minh đờng thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,
B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx 3sin2x + cos2x = 8
2.Giải bất phơng trình
)3(log53loglog
2
4
2
2
2
2
>
xxx
Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm
=
xx
dx
I
53
cos.sin
Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh
bên và mặt phẳng đáy bằng 30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B
1
C
1
) thuộc đờng
thẳng B
1
C
1
. Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Câu V (1 điểm). Cho a, b, c
0
v
2 2 2
3a b c+ + =
. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
3 3 3
2 2 2
1 1 1
a b c
P
b c a
= + +
+ + +
II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo chơng trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm).
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)
2
+ (y+2)
2
=
9 và đờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó
kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC
vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng
trình
+=
=
+=
tz
ty
tx
31
21
. Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ
d tới (P) là lớn nhất.
Câu VIIa (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số
luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
2.Theo chơng trình nâng cao (3 điểm)
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C): x
2
+ y
2
- 2x + 4y - 4 = 0 và đờng
thẳng d có phơng trình x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà
từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác
ABC vuông.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng
trình
3
1
12
1
==
zyx
. Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách
từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn
có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.
-Hết-
đáp án đề thi thử đại học lần 1 khối a môn toán
I.Phần dành cho tất cả các thí sính
1
Câu Đáp án Điể
m
I
(2
điểm)
1. (1,25 điểm)
a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên
+Giới hạn:
+====
+
+
22
lim;lim;2limlim
xx
xx
yyyy
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là
y = 2
0,5
+
Dx
x
y >
+
= 0
)2(
3
'
2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
)2;(
và
);2( +
0,25
+Bảng biến thiên
x
-2
+
y + +
+
2
y
2
0,25
c.Đồ thị:
Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0;
2
1
) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1
;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng
0,25
2. (0,75 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng
trình
=++
+=
+
+
)1(021)4(
2
2
12
2
mxmx
x
mx
x
x
Do (1) có
mmmvam =++>+= 0321)2).(4()2(01
22
nên đờng
thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
0,25
Ta có y
A
= m x
A
; y
B
= m x
B
nên AB
2
= (x
A
x
B
)
2
+ (y
A
y
B
)
2
= 2(m
2
+
12) suy ra AB ngắn nhất AB
2
nhỏ nhất m = 0. Khi đó
24=AB
0,5
II
(2
điểm)
1. (1 điểm)
Phơng trình đã cho tơng đơng với
9sinx + 6cosx 6sinx.cosx + 1 2sin
2
x = 8
6cosx(1 sinx) (2sin
2
x 9sinx + 7) = 0
6cosx(1 sinx) (sinx 1)(2sinx 7) = 0
0,5
(1-sinx)(6cosx + 2sinx 7) = 0
0,25
2
x
y
O
2
-2
=+
=
)(07sin2cos6
0sin1
VNxx
x
2
2
kx +=
0,25
2. (1 điểm)
ĐK:
>
03loglog
0
2
2
2
2
xx
x
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với
)1()3(log53loglog
2
2
2
2
2
> xxx
đặt t = log
2
x,
BPT (1)
)3(5)1)(3()3(532
2
>+> tttttt
0,5
<<
<<
>+
>
4log3
1log
43
1
)3(5)3)(1(
3
1
2
2
2
x
x
t
t
ttt
t
t
0,25
<<
<
168
2
1
0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là:
)16;8(]
2
1
;0(
III
1 điểm
==
xx
dx
xxx
dx
I
23233
cos.2sin
8
cos.cos.sin
đặt tanx = t
dt
t
t
t
t
dt
I
t
t
x
x
dx
dt
+
=
+
=
+
==
3
32
3
2
22
)1(
)
1
2
(
8
1
2
2sin;
cos
0,5
C
x
xxxdtt
t
tt
dt
t
ttt
+++=+++=
+++
=
2
2433
3
246
tan2
1
tanln3tan
2
3
tan
4
1
)
3
3(
133
0,5
3
Câu
IV
1 điểm
Do
)(
111
CBAAH
nên góc
HAA
1
là góc giữa AA
1
và (A
1
B
1
C
1
), theo giả
thiết thì góc
HAA
1
bằng 30
0
. Xét tam giác vuông AHA
1
có AA
1
= a, góc
HAA
1
=30
0
2
3
1
a
HA =
. Do tam giác A
1
B
1
C
1
là tam giác đều cạnh a, H
thuộc B
1
C
1
và
2
3
1
a
HA =
nên A
1
H vuông góc với B
1
C
1
. Mặt khác
11
CBAH
nên
)(
111
HAACB
0,5
Kẻ đờng cao HK của tam giác AA
1
H thì HK chính là khoảng cách giữa AA
1
và B
1
C
1
0,25
Ta có AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA
HK ==
0,25
Câu V
1 điểm
Ta cú: P + 3 =
2
2
3
2
2
3
2
2
3
111
a
a
c
c
c
b
b
b
a
+
+
++
+
++
+
24
1
1212
24
6
2
2
2
2
3
b
b
a
b
a
P
+
+
+
+
+
=+
24
1
1212
2
2
2
2
3
c
c
b
c
b +
+
+
+
+
+
24
1
1212
2
2
2
2
3
a
a
c
a
c +
+
+
+
+
+
3
6
3
6
3
6
216
3
216
3
216
3
cba
++
6
222
3
82
9
)(
222
3
22
3
=+++ cbaP
2
3
22
3
22
9
22
3
22
9
6 3
== P
P
Min
khi a = b = c = 1
0,5
0,5
Phần riêng.
4
A
1
A B
C
C
1
B
1
K
H
1.Ban cơ bản
Câu
VIa
2
điểm
1.( 1 điểm)
Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2
tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và
ACAB
=> tứ giác ABIC là hình vuông
cạnh bằng 3
23= IA
0,5
=
=
==
7
5
6123
2
1
m
m
m
m
0,5
2. (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó
khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH
=> HI lớn nhất khi
IA
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH ++
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. == uuAHdAH
là véc tơ chỉ phơng của d)
)5;1;7()4;1;3( AHH
Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
6
2
4
=C
cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số
0)và
10
2
5
=C
cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5
C
.
2
5
C
= 60 bộ 4 số thỏa mãn bài
toán
0,5
Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập. Vậy có tất cả
2
4
C
.
2
5
C
.4! = 1440 số
0,5
2.Ban nâng cao.
Câu
VIa
2
điểm
1.( 1 điểm)
Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp
tuyến AB, AC tới đờng tròn và
ACAB
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh
bằng 3
23= IA
0,5
=
=
==
7
5
6123
2
1
m
m
m
m
0,5
2. (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng
cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có
HIAH
=> HI lớn nhất khi
IA
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH ++
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0. == uuAHdAH
là véc tơ chỉ phơng của d)
)5;1;7()4;1;3( AHH
Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
10
2
5
=C
cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ
số 0 đứng đầu) và
3
5
C
=10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5
C
.
3
5
C
= 100 bộ 5 số đợc
chọn.
0,5
5
Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả
2
5
C
.
3
5
C
.5! = 12000 số.
Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là
960!4
3
5
1
4
=CC
.
Vậy có tất cả 12000 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán
0,5
6
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.
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)
7
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……………………
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011
MÔN: TOÁN; KHỐI: A
(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 đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của
( )
m
C
cắt đường tròn tâm
( )
1;1 ,I
bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị
lớn nhất
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
( )
2
2 2
1 5 2 4x x x+ = − +
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
∫
+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln
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)
8
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
−
=
+ =
∑
. 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. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình
cạnh AB và đường chéo BD lần lượt là
2 1 0x y− + =
và
7 14 0x y− + =
, đường thẳng AC đi qua
điểm
( )
2;1M
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
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…………………….
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI: A
(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát
đề)
Câu Nội dung Điể
m
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 +
0,25
9
Y
4
+∞
−∞
0
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)
Ta có
2
' 3 3y x m= −
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình
' 0y =
có hai nghiệm phân
biệt
0m⇔ >
0,25
Vì
1
. ' 2 2
3
y x y mx= − +
nên đường thẳng
∆
đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị
hàm số có phương trình là
2 2y mx= − +
0,25
Ta có
( )
2
2 1
, 1
4 1
m
d I R
m
−
∆ = < =
+
(vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng
∆
luôn cắt
đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt
Với
1
2
m ≠
, đường thẳng
∆
không đi qua I, ta có:
2
1 1 1
. .sin
2 2 2
ABI
S IA IB AIB R
∆
= ≤ =
0,25
Nên
IAB
S
∆
đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông
cân tại I
1
2 2
R
IH⇔ = =
(H là trung điểm của AB)
2
2 1
1 2 3
2
2
4 1
m
m
m
−
±
⇔ = ⇔ =
+
0,25
II
(2điểm
)
1.(1,0 điểm)
Đặt
( )
2 2 4 2
2 4 2 2t x x t x x= + ⇒ = +
ta được phương trình
0,25
2
2
4
1 5 2 8 0
2
2
t
t
t t t
t
= −
+ = − ⇔ + − = ⇔
=
0,25
Với
4t = −
ta có
10
( )
0
0 0
2
2 4 4 2
4 2
4 2 2
2 2 16
2 8 0 2
x
x x
x x x
x x
x x x
<
< <
+ = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −
+ =
+ − = =
0,25
Với
2t =
ta có
( )
2
4 2
4 2
2
0
0
0
2 4 2 3 1
2 2 4
2 2 0
3 1
x
x
x
x x x
x x
x x
x
>
>
>
+ = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −
+ =
+ − =
= −
0,25
III
(1điểm
)
∫∫
+
+
=
e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x
xln
I
=I
1
+3I
2
+) Tính
∫
+
=
e
dx
xx
x
I
1
1
ln1
ln
.
Đặt
2
1
1 ln 1 ln ; 2t x t x tdt dx
x
= + ⇒ = + =
Khi
2tex;1t1x =⇒==⇒=
0,25
( )
( )
( )
2
2
3
1
2 2 2
2 2
2
.2 2 1 2
1
3 3
1 1
1
t
t
I tdt t dt t
t
−
−
⇒ = = − = − =
∫ ∫
÷
÷
0,25
+) TÝnh
dxxlnxI
e
1
2
2
∫
=
. §Æt
=
=
⇒
=
=
3
x
v
x
dx
du
dxxdv
xlnu
32
+
⇒ = − = − = − + =
∫
e
3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I .ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9
0,25
=+=
21
I3II
3
e2225
3
+−
0,25
IV
(1điểm
)
S
H
C
A
B
I
K
.
11
*Ta có
2IA IH= − ⇒
uur uuur
H thuộc tia đối của tia IA và
2IA IH=
2 2BC AB a= =
Suy ra
3
,
2 2
a a
IA a IH AH IA IH= = ⇒ = + =
0,25
Ta có
5
2 2 2 0
2 . .cos 45
2
a
HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ =
Vì
( ) ( )
( )
15
0 0
, 60 .tan 60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = =
0,25
Ta có
5
2 2 2 0
2 . .cos 45
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
1
2
3
2 2 2
1
a a
a a a
a a
b c a
−
− +
= = − +
+ −
Bất đẳng thức trở thành
( ) ( ) ( )
2 3
3 3 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
M f x =
( ) ( ) ( )
2 3
3
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
12
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
56 9 7 3 1 224
9 7
4
3 1
1
2
x x
x
x
x
x
−
− −
−
−
+ + =
+
⇔ =
+
=
⇔
=
0,5
VIb
(2điểm
)
1.(1,0 điểm)
Do B là giao của AB và BD nên tọa độ của B là nghiệm hệ phương trình:
21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13
5 5
5
x
x y
B
x y
y
=
− + =
⇔ ⇒
÷
− + =
=
0,25
Lại có ABCD là hình chữ nhật nên
( ) ( )
, ,AC AB AB BD=
.
0,25
13
Kí hiệu
( ) ( ) ( )
1; 2 , 1; 7 , ,
AB BD AC
n n n a b= − = − =
uuur uuur uuur
lần lượt là vtpt của các đường
thẳng AB, BD, AC
Khi đó ta có:
( ) ( )
2 2
3
cos , cos , 2
2
AB BD AC AB
n n n n a b a b= ⇔ − = +
uuur uuur uuur uuur
2 2
7 8 0
7
a b
a ab b
b
a
= −
⇔ + + = ⇔
= −
Với a = -b. chọn a= 1, b = -1. Khi đó phương trình AC: x – y – 1 = 0
A AB AC
= ∩
nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
( )
1 0 3
3;2
2 1 0 2
x y x
A
x y y
− − = =
⇔ ⇒
− + = =
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì
I AC BD= ∩
nên tọa độ điểm I là nghiệm của
hệ
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x
x y
I
x y
y
=
− − =
⇔ ⇒
÷
− + =
=
Do I là trung điểm của AC và BD nên
( )
14 12
4;3 , ;
5 5
C D
÷
0,25
Với b = -7a loại vì AC không cắt BD
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
. 0
1 2 2 3 0
29
. 0 3 1 1 2 0
15
2 8 3 5 1 0
, 0
1
3
2 29 1
; ;
15 15 3
x
BH AC
x y z
CH AB x y z y
x y z
AH AB AC
z
H
=
=
+ + − + =
⇔ = ⇔ − + − + + = ⇔ =
− − − + − =
=
= −
⇒ −
÷
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
0,5
14
14
15
61 14 61 1
, ,
30 15 30 3
1
3
x
y I
z
=
⇔ = ⇒ −
÷
= −
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
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
15
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
16
' 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 3sin 4 os2 3sin 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
17
IV
(1điểm)
*Ta có
2IA IH= − ⇒
uur uuur
H thuộc tia đối của tia IA và
2IA IH=
2 2BC AB a= =
Suy ra
3
,
2 2
a a
IA a IH AH IA IH= = ⇒ = + =
0,25
Ta có
2 2 2 0
5
2 . .cos 45
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 . .cos 45
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
−
− +
= = − +
+ −
0,5
S
H
C
A
B
I
K
.
18
Bất đẳng thức trở thành
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 3
3
a a b b c c− + + − + + − + ≤
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 0,25
19
Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0
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= = ∈
0,5
20
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
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
=
⇔ = ⇒ −
÷
= −
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
21
