Đề-đáp án thi thử ĐH-Vĩnh Phúc 2011-Đề 4

/>PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I(2,0 điểm)
Cho hàm số
3 2
y x 3mx 3m 1= − + − +
(1).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =1.
2. Tìm điều kiện của m hàm số(1) có cực đại, cực tiểu thỏa mãn: y
cđ
.y
ct
< 0.
Câu II(2,0 điểm)
1. Giải phương trình 2Sin2x + 2cos2x + 2sinx + 1 = 0.
2. Giải bất phương trình
3x 2 x x 1 1 0+ − + − ≥
.
Câu III(1,0 điểm) Tính tổng S = 1+ 3.2
2
+…+ (2k-1).2
2k-2
+… + 2011.2
2010
.
Câu IV(1,0 điểm)
Cho hình chóp SABC có đáy∆ABC vuông tại A có AB = a, AC = b, H là trung điểm BC, SH ⊥ (ABC)
và
SH h=
. Tính thể tích khối chóp SABH và khoảng cách từ B đến (SAH) theo a,b và h.
Câu V(1,0 điểm) Cho a,b,c là các số dương sao cho
1 1 1

a b c .
a b c
+ + = + +
Chứng minh rằng a ≤ b ≤ c, thì ab
2
c
3
≥ 1.
PHẦN RIÊNG(3,0điểm)
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 tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình
3.x y 1 0− + =
, A là giao
của d và Ox. Lập phương trình đường thẳng d’ vuông góc với d và cắt d tại B, cắt Ox tại C sao cho
∆ABC có diện tích là
2 3.
2.Cho lăng trụ tam giác đều ABCA’B’C’ có đáy là ∆ABC đều cạnh a, thể tích lăng trụ bằng a
3
.
Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đã cho.
Câu VII.a(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
2
2log x log y 0
x 4y 5 0
+ =



+ − =

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:
( )
2
2
x 1 y 4− + =
và A
( )
3;0
.
Xác định hai điểm B và C nằm trên đường tròn sao cho ∆ABC đều.
2. Trong mặt phẳng (P) cho góc vuông xOy. B di động trên Ox, C di động trên Oy (B, C
không trùng với O), đoạn OA vuông góc với (P), I là tâm mặt cầu ngoại tiếp OABC, G là trọng tâm
∆ABC. Chứng minh O, G, I thẳng hàng.
Câu VII.b(1,0 điểm) Chứng minh phương trình sau có đúng hai nghiệm:
x
2
2 2 4 x− = −
Hết
Lưu ý: Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: …………………………………Số báo danh:……………… …
KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC NĂM 2011- LẦN THỨ 1
Môn: TOÁN 12 - Khối B
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề
/>ĐÁP ÁN
CHẤM THI KHẢO SÁT THI ĐẠI HỌC KHỐI B - MÔN TOÁN 12
Câu

ý
Đáp án
Điểm
Câu I
(2,0)
1.
(1,0)
1/ Khi m =0
3 2
y x 3x 2= − + −
Tập xác định: R.
Chiều biến thiên:
2
y ' 3x 6x y ' 0 x 0; x 2.= − + → = ↔ = =
x x
lim y , lim y .
→ +∞ → −∞
= −∞ = +∞
Bảng biến thiên:
0,5
+ Hàm số nghịch biến trên (-∞; 0) và (2; + ∞); đồng biến trên (0; 2).
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y
CĐ
= 2; cực tiểu tại x = 0, y
CT
= - 2.
0,25
Đồ thị: Đồ thị giao với Ox tại (
1 3−
;0) và (

1 3+
; 0);
giao với Oy tại (0;-2).
0,25
2.
(1,0)
2/ Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu thỏa mãn: y
cđ
.y
ct
< 0
↔ Đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt
↔ f(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt (*).
0,25
Ta có f(x) = -(x - 1)[x
2
-(3m - 1)x -3m +1].
Từ (*) ↔ phương trình -(x -1)[x
2
-(3m -1)x -3m +1] = 0 có 3 nghiệm
phân biệt ↔ g(x) = x
2
- (3m-1)x -3m +1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x ≠ 1
0,25
2
m 1
1
9m 6m 3 0
m
3

g(1) 6m 3 0
1
m
2

< −





∆ = + − >

>
↔ ↔
 

= − + ≠



≠

↔ m <-1 ;
1 1
m
3 2
< <
;
1

m
2
>
.
0,25
x
y’
y
-∞
+∞
0
2
-2
2
-∞
+∞
2
-2
x
y
0
0
+
-
-
0
2
1 3−
1
1 3+

/>Vậy m < -1 hoặc
1 1
m
3 2
< <
hoặc
1
m
2
>
.
0,25
Câu
II
(2,0)
1.
(1,0)
1/ Phương trình ↔ 4sinx.cosx +2(2cos
2
x -1) +2sinx +1= 0
↔ 2sinx(2cosx +1) + (2cosx -1)(2cosx +1) = 0
↔ (2cosx +1)(2sinx + 2cosx -1) =0
0,25
2cosx 1 0
2sin x 2cosx 1 0
+ =

↔

+ − =


0,25
+ 2sinx +2cosx - 1 = 0
1
cos x- cos
4
2 2
π
 
↔ = = α
 
 
x k2 ,k Z.
4
π
↔ = ± α + π ∈
0,25
+ 2cosx +1= 0
1 2
cosx=- x k2 ,k Z.
2 3
π
↔ ↔ = ± + π ∈
Vậy nghiệm của phương trình là
2
x k2 ;x k2 ,k Z.
3 4
π π
= ± + π = ± α + π ∈
0,25

2.
(1,0)
Bất phương trình ↔
4x 4x x 1 x 1+ ≥ + + +
(1).
Tập xác định: [0; +∞) (*)
0,25
Xét hàm số
f(x) x x= +
trên [0; +∞).
Ta có
1
f (x) 1 0 x (0; )
2 x
′
= + > ∀ ∈ +∞
→ Hàm số đồng biến /(0; +∞).
0,25
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của bất phương trình
Từ(1) ↔
1
f(4x) f (x 1) 4x x 1 x
3
≥ + ↔ ≥ + ↔ ≥
0,25
Kết hợp (*) ta được
1
x
3
≥

hay tập nghiệm của bất phương trình
1
;
3
 
+∞


 
.
0,25
Câu
III
(1,0)
(1,0)
2011 2012
2 3 2011
1
x 1 x x
f (x) x x x x x. .
x 1 x 1
− −
= + + + + = =
− −
2011 2012
2 3 k 1 k 2011
2
( x) 1 x x
f (x) x x x ( 1) x x x. .
x 1 x 1

−
− − +
= − + − + − + + = =
− − +
0,25
Đặt
2013
3 2011
1 2
2
f (x) f (x) x x
f (x) x x x .
2 x 1
+ −
= = + + + =
−
0,25
( )
2014 2012 2
2 2010
2
2
2011.x 2013.x x 1
f '(x) 1 3x 2011.x .
x 1
− + +
= + + + =
−
0,25
Thay x = 2 ta được f’(2) = 1+ 3.2

2
+ …+ (2k-1).2
2k-2
+… + 2011.2
2010
2014 2012
2011.2 2013.2 5
.
9
− +
=
0,25
/>Câu
IV
(1,0)
(1,0)
Ta thấy thể tích S.ABC là V
S.ABC
=
ABC
1 1
dt .SH abh
3 6
∆ =
H là trung điểm BC→ dt∆
ABH
= dt∆
ACH
→ V
S.ABH

= V
S.ACH
(1).
Ta có V
SABH
+ V
SACH
= V
SABC
(2).
0,25
Từ (1) và (2)→ V
S.ABH
=
S.ABC
1 1
V abh
2 12
=
0,25
Gọi d là khoảng cách từ B đến (SAH), dt∆
SAH
=
2 2
1 1
SH.AH h a b .
2 4
= +
Ta có V
S.ABH

=
SABH
SAH
2 2
2 2
SAH
1
3. abh
1 3V ab
12
dt .d d
1
3 dt
a b
h a b
4
∆ ↔ = = =
∆
+
+
.
0,5
Câu
V
(1,0)
(1,0)
Ta có a ≤ 1. Thật vậy, nếu a >1 thì 1 < a ≤ b ≤ c và
2 2 2
1 1 1 a 1 b 1 b 1
a b c 0

a b c a b b
− − −
+ + − − − = + + >
điều này vô lý.
Từ a ≤ 1 và
( )
1 1
a b c 1 bc 1
a bc
 
− = + − → ≥
 
 
. Tương tự c ≥ 1 và ab ≤ 1
Vì bc ≥ 1 nên ta chỉ cần chứng tỏ abc
2
≥ 1.
0,5
Do ab ≤ 1 ta có:
( )
1 1 1 1 1
c a b 1 2 ab 1 2 ab ab,
c ab ab
ab ab
 
   
+ = + − ≥ − = − ≥ −
   
 
   

 
Và do đó
1 ab
c 1 0
c
ab
 
 
− + ≥
 
 
 
 
, vì vậy abc
2
≥ 1 .
Đẳng thức xảy ra khi a =b =c =1.
0,5
Câu
VI.a
(2,0)
1.
(1,0)
1/ A là giao d và Ox → A
3
;0
3
 
−
 

 
. Ta thấy góc giữa d và Ox là 60
0
.
Đường thẳng d’⊥d và cắt d tại B, cắt Ox tại C
→ ∆ABC có
  
0 0 0
ABC 90 ,BAC 60 ,ACB 30= = =
Giả sử AC = x → AB =
x
2
, BC =
x 3
2
.
0,25
S
B
A
C
H
a
b
h
A
B
C
60
0

30
0
x
/>Diện tích ∆ABC là
2 3
→
2
1 x 3
AB.BC 2 3 2 3
2 8
= → =
x 4↔ =
→AC= 4. Giả sử C(x
C
; 0):
C C C
3 12 3 12 3
x 4 x ;x
3 3 3
− − −
+ = ↔ = =
.
0,25
Với
C
12 3 12 3
x C ;0
3 3
 
− −

= →
 
 
. d’:
12 3
x 3.y 0.
3
−
+ − =
0,25
Với
C
12 3 12 3
x C ;0
3 3
 
+ +
= − → −
 
 
. d’:
12 3
x 3.y 0.
3
+
+ + =
0,25
2.
(1,0)
2/

Gọi M,M’ lần lượt là tung điểm BC và B’C’, G và G’lần lượt là trọng tâm
∆ABC và ∆A’B’C’, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCA’B’C’ .
Do ABCA’B’C’ là lăng trụ tam giác đều nên I là trung điểm GG’.
0,25
V
ABCBA’B’C’
= dt∆ABC .h (h là chiều cao lăng trụ = GG’)
Từ gia thiết ta được
3
2
a 4a 3
h .
3
a . 3
4
= =
0,25
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là R =IA =
2 2
GA GI+
2 2
a 4a a 15
.
3 3 3
= + =
0,5
Câu
VII.a
(1,0)
(1,0)

Điều kiện x, y >0 (*).
Hệ phương trình
2 2
2
2 2
log (x y) 0 x .4y 4
x 4y 5 0 x 4y 5
 
= =
↔ ↔
 
+ − = + =
 
(x
2
,4y) là nghiệm của phương trình X
2
-5X + 4 = 0 ↔ X = 1 hoặc X = 4.
0,25
+ Trường hợp:
2
x 1
x 1
y 1
4y 4
 =
=

↔
 

=
=


(do x,y >0).
0,25
I
A
A’
B
B’
C’
C
M
M’
G
/>+ Trường hợp:
2
x 2
x 4
1
y
4y 1
4

=

=
 
↔

 
=
=
 


(do x,y >0).
0,25
Vậy nghiệm của hệ là
x 1
y 1
=


=

hoặc
x 2
1
y
4
=



=


.
0,25

Câu
VI.b
(2,0)
(1,0)
Ta thấyA nằm trên đường tròn. Gọi I là tâm đường tròn → I(1;0)
∆ABC đều → I là trọng tâm ∆ABC
0,25
Ta lại có A,I nằm trên Ox và AI là trung trực BC→ B,C đối xứng qua Ox
Giả sử B(x;y) ,C(x;-y) ta có
x x 3
1
3
y y 0
0
2
+ +

=



− + +

=


ta được x = 0 vậy
( )
( )
B 0;y

C 0; y


−

0,25
BC =AB
2 2
y 3
y ( y) (3 0) (0 y)
y 3

=
↔ − − = − + − ↔

= −


0,25
Vậy tọa độ B và C là
B(0; 3)
C(0; 3)



−


hoặc
B(0; 3)

C(0; 3)

−




.
0,25
(1,0)
Gọi M, I tương ứng là trung điểm BC. Do góc tam diện đỉnh O của hình tứ
0,5
A
B
C
I
O
A
B
C
x
y
M
I
J
G
/>diện OABC vuông → Tâm I của mặt cầu nằm trên giao của đường thẳng
qua M và ⊥ (OBC) với mặt phẳng trung trực AO.
G là trọng tâm ∆ABC→ G∈AM và AG =2GM
Gọi G

0
là giao OI và AM ta có ∆AOG ∼ ∆MIG
0
0
1 MI G M
2 AO AG
↔ = =
Hay G
0
≡G hay O;G;I thẳng hàng.
0,5
Câu
VI.b
(2,0)
Điều kiện: -2≤ x ≤ 2(*)
Nghiệm của phương trình là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:
x
y 2 2= −
và
2
y 4 x= −
.
0,25
2
y 4 x= −
2 2
y 0
x y 4
≥


↔

+ =

đồ thị là nửa đường tròn tâm(0; 0), R =2
0,25
Dựa vào đồ thị ta thấy hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm nên phương trình
x
2
2 2 4 x− = −
có đúng 2 nghiệm.
0,5
… Hết…
Lưu ý: Đáp án có 6 trang.
Học sinh làm theo cách khác đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã cho.
x
0
y
2
-2
2
1
-1
-1
3