Đề và đáp án thi thử đại học lần II THPT Đoàn Thượng

S GD&T HI DNG
TRNG THPT ON THNG
THI TH I HC LN 2 NM 2011
Mụn thi: TON, Khi A v B
Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian giao
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I (2,0 im) Cho hm s
= + + + +
3 2
( 4) 3y x mx m x
(1)
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s khi m = 1.
2) Tỡm cỏc giỏ tr ca m hm s (1) ng bin trờn khong
(0;3)
.
Cõu II (2,0 im)
1) Gii phng trỡnh
( )
2 2
3cot 2 2 sin 2 3 2 cos .x x x+ = +
2) Gii h phng trỡnh
2 2 2
( 7) 1 0
21 ( 1)
y x x
y x xy
+ + =


= +

.
Cõu III (1,0 im) Tớnh tớch phõn
1
3
2
3 2
2
x x
dx
x


+


Cõu IV (1,0 im) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh bỡnh hnh, AB = 5, BC = 6, AC = 9; SA
= SB = SC =
27
4
. Tớnh th tớch ca khi chúp S.ABCD.
Cõu V (1,0 im) Cho
, , 0a b c >
tha món
2 2 2
1 1 1 1 1 1
15 10 2011
ab bc ca
a b c

+ + = + + +

ữ ữ

.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
222222
225
1
225
1
225
1
acaccbcbbaba
P
++
+
++
+
++
=
PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (Phn A hoc B)
A. Theo chng trỡnh chun
Cõu VI.a (2,0 im)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
ABC

biết
( )
2; 1 ,A

( )
4; 1 ,B

( )
2;6C
. Gọi (C) là đờng tròn
ngoại tiếp
ABC

. Tính diện tích phần hình phẳng nằm trong đờng tròn (C) và nằm ngoài
ABC

.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0P x y z + =
và các đờng thẳng
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z +
= = = =

. Tìm các điểm
1 2
,M N
sao cho
( )
//MN P

và
cách
( )
P
một khoảng bằng 2.
Cõu VII.a (1,0 im)
Cho hai s phc
1
z
v
2
z
tha món
1 2 1 2
3, 4, 37z z z z= = =
. Tỡm s phc
1
2
z
z
z
=
.
B. Theo chng trỡnh nõng cao
Cõu VI.b (2,0 im)
1) Trong mt phng vi h ta Oxy, hóy xỏc nh ta nh C ca tam giỏc ABC bit rng hỡnh
chiu vuụng gúc ca C trờn ng thng AB l im H(-1; -1), ng phõn giỏc trong ca gúc A cú
phng trỡnh x - y + 2 = 0 v ng cao k t B cú phng trỡnh 4x + 3y - 1 = 0.
2) Trong khụng gian Oxyz, cho im A
(1;2;3)

v hai ng thng
1
2 2 3
:
2 1 1
x y z
d
+
= =

;
2
1 1 1
:
1 2 1
x y z
d
+
= =

. Vit phng trỡnh ng thng i qua A, vuụng gúc vi
1
d
v ct
2
d
.
Cõu VII.b (1,0 im) Gii h phng trỡnh
2
2

1
2
2 2
log (2 ) log (3 2 ) 0
4 3 17 16
x y x y
x y y

+ + =



=

Ht
H v tờn thớ sinh:S bỏo danh:
Ch kớ ca giỏm th 1:.Ch kớ ca giỏm th 2:
Cõu í Ni dung im
I 1
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
= − + + +
3 2
5 3y x x x
1,00
1) TXĐ:
¡
2) Sự biến thiên
a) Giới hạn.
lim , lim
x x

y y
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
b) Đạo hàm.
= −


= − + + = ⇔

=

2
1
' 3 2 5, ' 0
5
3
x
y x x y
x
0,25
c) BTT
x
−∞
1
−
5
3
+∞
Y’
−

+
−
y
+∞
0
256
27
−∞
0,25
d) Tính đơn điệu và cực trị
Hàm số đồng biến trên khoảng
5
1;
3
 
−
 ÷
 
, nb trên
( )
; 1−∞ −
và
5
;
3
 
+∞
 ÷
 
Hàm số đạt cực đại tại

5 256
,
3 27
CD
x y= =
Hàm số đạt cực tiểu tại
1, 0
CT
x y= − =
0,25
3) Đồ thị
1
'' 6 2, '' 0
3
y x y x= − + = ⇔ = ⇒
Điểm uốn I
1 128
;
3 27
 
 ÷
 
Đồ thị là đường cong trơn, một nét cắt trục Ox tại (-1; 0) và (3; 0)
Cắt trục Oy tại (0 ; 3)
0,25
2
Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng
(0;3)
1,00
2

' 3 2 4y x mx m= − + + +
,
' 0y =
có nhiều nhất 2 nghiệm nên
Hàm số đồng biến trên khoảng
(0;3) ' 0, (0;3)y x⇔ ≥ ∀ ∈
0,25
2
2
3 4
(2 1) 3 4, (0;3) , [0;3]
2 1
x
x m x x m x
x
−
⇔ + ≥ − ∀ ∈ ⇔ ≥ ∀ ∈
+
(Do hàm số
2
3 4
( )
2 1
x
f x
x
−
=
+
liên tục trên đoạn

[0;3]
)
[0;3]
max ( )m f x≥
0,25
( )
2
2
6 6 8
'( ) 0, (0;3)
2 1
x x
f x x
x
+ +
= > ∀ ∈ ⇒
+

( )f x
đồng biến trên
[0;3]
.
0,25
[0;3]
23
max ( ) (3)
7
f x f m= = ≤
. Vậy
23

7
m ≥
0,25
II 1
Giải phương trình
( )
2 2
3cot 2 2 sin 2 3 2 cos .x x x+ = +
1,00
ĐK:
sin 0 ,x x m m
π
≠ ⇔ ≠ ∈¢
TH 1.
cos 0 ,
2
x x k k
π
π
= ⇔ = + ∈¢
pttt
2 2 0=
(không TM)
0,25
TH 2.
cos 0 ,
2
x x k k
π
π

≠ ⇔ ≠ + ∈¢
. Chia hai vế cho
cos x
ta dược
0,25
2
2
cos sin
3 2 2 2 3 2
sin cos
x x
x x
+ = +
Đặt
2
cos
sin
x
t
x
=
ta được
2
2 2
3 2 3 2 3 (2 3 2) 2 2 0t t t
t
+ = + ⇔ − + + =
2
3
2

t
t

=

⇔

=


2
2
1
cos (TM)
2 cos 2
2cos 3cos 2 0
2
3 sin 3
cos 2 (L)
x
x
t x x
x
x

=

= ⇒ = ⇔ + − = ⇔

= −


2 ,
3
x k k
π
π
⇔ = ± + ∈¢
0,25
2
2
1
cos (TM)
cos
2
2 2 2 cos cos 2 0
sin
cos 2 (L)
x
x
t x x
x
x

=

= ⇒ = ⇔ + − = ⇔


= −


1
cos 2 ,
4
2
x x k k
π
π
= ⇔ = ± + ∈¢
Vậy pt có các nghiệm là
2 ,
3
2 ,
4
x k k
x k k
π
π
π
π

= ± + ∈

⇔


= ± + ∈


¢
¢

0,25
2
Giải hệ phương trình
2 2 2
( 7) 1 0
21 ( 1)
y x x
y x xy
− + + =


− = +

.
1,00
TH 1.
2
1 0
0
1
x
y
x
+ =

= ⇒

− =

(không xảy ra)

0,25
TH 2.
0y ≠
. Hệ
2
2
2
1
7 0
1
21 ( )
x
x
y y
x
x
y y

− + + =


⇔


− = +


0,25
Đặt
1

,
x
a x b
y y
= + =
ta được
2 2
7
7
14
21
a b
a b
ab
a b
+ =
+ =


⇔ ⇔
 
=
+ =


0,25
2
7 4.14< ⇒
hệ vô nghiệm. 0,25
III

Tính tích phân
1
3
2
3 2
2
x x
dx
x
−
−
− +
−
∫
1,00
I =
1 1
2
2 2
( 1) ( 2)
(1 ) 2
2 2
x x
x x
dx dx
x x
− −
− −
− +
− +

=
− −
∫ ∫
Đặt
2
2 2 2 , ( 2) 0, ( 1) 1t x x t dx tdt t t= + ⇒ = − ⇒ = − = − =
0,25
I
1 1 1
2 4 2
2
2 2 2
0 0 0
(1 2) 3 4
.2 2 2 1
2 2 4 4
t t t t
tdt dt t dt
t t t
− + − +
 
= = = − − −
 ÷
− − − −
 
∫ ∫ ∫
0,25
Tính đc
1
1 1 1

2
0 0 0
0
4 2 2 1 1 2
2 2 2 2ln 2ln3
4 (2 )(2 ) 2 2 2
t t t
dt dt dt
t t t t t t
− + +  + 
 
= = + = =
 ÷
 ÷
− − + + − −
 
 
∫ ∫ ∫
0,25
Tính được
1
1
3
2
0
0
8
2 ( 1) 2
3 3
t

t dt t
 
−
− − = − = −
 ÷
 
∫
. Vậy I =
8
2ln 3
3
−
0,25
IV
Tính thể tích của khối chóp S.ABCD
1,00
Gi H l hỡnh chiu ca S trờn ABCD
SA = SB = SC HA = HB = HC
H l tõm ng trũn ngoi tip tam
giỏc ABC bỏn kớnh R
0,25
( )( )( ) 10 2
ABC
S p p a p b p c= =
.
Mt khỏc
27
4 4
4 2
ABC

abc abc
S HA R
R S
= = = =
0,25
Tam giỏc SAH vuụng ti H nờn
2 2
27
4 2
SH SA AH= =
0,25
1 1 27
2 20 2 . .20 2. 45
3 3
4 2
ABCD ABC ABCD
S S V S SH= = = = =
0,25
V
Tỡm max
222222
225
1
225
1
225
1
acaccbcbbaba
P
++

+
++
+
++
=
1,00
áp dụng bất đẳng thức Côsi đối với 3 số thực dơng x, y, z ta có:
zyxzyx ++
++
9111
, (1). Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
22222
)2()()2(225 bababababa +++=++
. Dấu = xảy ra

a = b.
0,25
Do đó






++
+

++
baaba
baba

111
9
1
2
1
225
1
22
. Dấu = xảy ra
ba
=
.
Tng t, cng li ta c






++
cba
P
111
3
1
.
0,25
Ta cú
2
222

111
3
1111






++++
cba
cba
. Dấu = xảy ra
cba
==
.
V
2
111
3
1111






++++
cbacabcab
. Dấu = xảy ra

cba
==
.
Kết hợp với giả thiết ta đợc:
2 2
15 1 1 1 10 1 1 1
2011
3 3a b c a b c

+ + + + +
ữ ữ

hay
1 1 1 6033
5a b c
+ +
.
0,25
Dấu = xảy ra
1 6033
1 1 1 6033
3 5
5
a b c
a b c
a b c
= =


= = =

+ + =


.
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
1 6033
3 5
đạt đợc khi
1 6033
3 5
a b c= = =
.
0,25
VI.a 1
Tớnh din tớch
1,00
C
A
B
D
S
H
+ Ta có AB = 6, AC = 7, BC =
85
suy ra
ABC

vuông tại A.
+ Do đó đờng tròn ngoại tiếp (C) có tâm I là trung điểm của cạnh BC và

bán kính là
85
2 2
BC
R = =
0,25
+ Diện tích hình tròn (C) là
2
1
85
.
4
S R


= =
0,25
+ Diện tích
ABC

là
2
1 1
. .6.7 21
2 2
S AB AC= = =
0,25
+ Suy ra diện tích cần tính là
1 2
85 84

4
S S S


= =
0,25
VI.a 2
Tìm các điểm
1 2
,M N
sao cho
( )
//MN P
và cách
( )
P
một khoảng bằng 2
1,00
Phơng trình tham số của
1

là :
1 2
3 3
2
x t
y t
z t
= +

=


=

.
M thuộc
1

nên M
( )
1 2 ;3 3 ;2t t t+
.
0,25
( )
( )
( )
( )
2
2 2
12 6 6 1
|1 2 2 3 3 4 1|
|12 6 |
, 2 2 .
12 6 6 0
3
1 2 2
t t
t t t

t
d M P
t t
= =
+ +


= = =

= =

+ +
+ Với t
1
= 1 ta đợc
( )
1
3;0;2M
;
+ Với t
2
= 0 ta đợc
( )
2
1;3;0M
0,25
+ ứng với điểm M
1
, điểm N
1

cần tìm là giao điểm của
2

với mặt phẳng
đi qua M
1
và // (P) , gọi mặt phẳng này là (Q
1
), Phơng trình (Q
1
) là:

( ) ( )
3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z + = + =
.
Phơng trình tham số của
2


5 6
4
5 5
x t
y t
z t
= +


=

=

(2)
Thay (2) vào (1) ta đợc:
12 12 0 1t t
= =
. Suy ra
( )
1
1; 4;0N
.
0,25
+ ứng với điểm M
2
, tơng tự ta đợc
( )
2
5;0; 5N
Vy
( )
1
3;0;2M
,
( )
1
1; 4;0N
v
( )
2

1;3;0M
,
( )
2
5;0; 5N
0,25
VII.a
Tỡm s phc
1 2
/z z z=
1,00
2
1 2 1 2 1 2 1 2
37 37 ( )( ) 37z z z z z z z z = = =
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1
( )( ) 37 37z z z z z z z z z z z z = + =
( )
2 2
1 2 1 2 2 1 1 2 2 1
37 12z z z z z z z z z z + + = + =
(1)
0,25
1 1 2 1 2
2
1 2
2
2
16
16
z z z z z

z z z z
z
z
= = = =
(2)
0,25
2
1
1
2 1
2
2 1 2 1
9 9
z
z
z z z
z z
z z z z
= = = =
(3)
0,25
Th (2) v (3) vo (1) ta c
2
9 3 3 3
16 12 16 12 9 0
8 8
z z z z i
z
+ = + + = =
0,25

Chỳ ý. Cú th gii theo cỏch sau: (Theo chng trỡnh nõng cao)
Gi s
1 2
( ), ( )A z B z
. Khi ú
1 2
3, 4, 37OA OB AB z z= = = =
ã ã
2 2 2
0
1
cos 120
2 . 2
OA OB AB
AOB AOB
OA OB
+
= = =
1
2
1
2
2 3 2 2 3 3 3
( , ) 2 cos sin
3 4 3 3 8 8
2 3 2 2 3 3 3
( , ) 2 cos sin
3 4 3 3 8 8
z
OB OA k z i i

z
z
OB OA k z i i
z
π π π
π
π π π
π

 
= + ⇒ = = + = − +

 ÷
 


− −
 

= − + ⇒ = = + = − −
 ÷

 

VI.b 1
Xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC
1,00
Đường thẳng ∆ đi qua H và vuông góc với đường phân giác trong AD góc A có pt
2 0x y+ + =
. ∆ cắt AD tại I và cắt AC tại H’

I( 2;0), H'( 3;1)⇒ − −
0,25
Đường thẳng AC đi qua điểm H’ và vuông góc với đường cao BE có pt là
3 4 13 0 A(5;7)x y− + = ⇒
0,25
Đường thẳng CH đi qua điểm H và có vtpt
HA (6;8)=
uuur
có pt
3 4 7 0x y+ + =
0,25
10 3
AC CH C C( ; )
3 4
∩ = ⇒ −
0,25
VI.b 2
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, vuông góc với
1
d
và cắt
2
d
1,00
1
d
có vtcp
1
(2; 1;1)u = −
ur

.
2
d
có ptts
1
1 2
1
x t
y t
z t
= −


= +


= − +

0,25
2
(1 ;1 2 ; 1 ) ( ;2 1; 4 )d B B t t t AB t t t∆ ∩ = ⇒ − + − + ⇒ = − − − +
uuur
0,25
1 1
. 0 1 (1; 3; 5)d AB u t AB∆ ⊥ ⇔ = ⇔ = − ⇒ = − −
uuur ur uuur
0,25
Pt ∆ là
1 2 3
1 3 5

x y z− − −
= =
− −
0,25
VII.b
Giải hệ phương trình
2
2
1
2
2 2
log (2 ) log (3 2 ) 0 (1)
4 3 17 16 (2)
x y x y
x y y

+ + − =



− − =

1,00
ĐK:
2 0, 3 2 0x y x y+ ≠ − >
(1)
2 2 2 2
2log 2 2log (3 2 ) 0 log 2 log (3 2 )x y x y x y x y⇔ + − − = ⇔ + = −
0,25
2 3 2 3

2 3 2
2 (3 2 ) 5
x y x y x y
x y x y
x y x y y x
+ = − =
 
⇔ + = − ⇔ ⇔
 
+ = − − =
 
0,25
TH 1.
3x y=
thế vào (2) ta được
2
1 3 (TM)
33 17 16 0
16 16
(L)
33 11
y x
y y
y x
= ⇒ =


− − = ⇔

= − ⇒ = −


0,25
TH 1.
5y x=
thế vào (2) ta được
2
85 2681 425 5 2681
(TM)
142 142
71 85 16 0
85 2681 425 5 2681
(TM)
142 142
x y
x x
x y

− + − +
= ⇒ =


+ + = ⇔

− − − −
= ⇒ =


Vậy hệ có các nghiệm
85 2681 425 5 2681
(3;1), ;

142 142
 
− ± − ±
 ÷
 ÷
 
0,25