Đề thi thử ĐH THPT Minh Khai Hà Tĩnh

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT MINH KHAI

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II
Môn Toán
(Thời gian làm bài 180 phút)

I. Phần chung:
Câu 1. Cho hàm số: y = x4 + 2m2x2 + 1 (Cm)
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
b. Chứng minh rằng đường thẳng y = x+1 luôn cắt (Cm) tại hai điểm phân biệt ∀ m∈R
Câu 2.
2
a. Giải phương trình: 2sin 3 x = (cos3x+cosx)(tan x + tan 2 x)
2 xy
 2
2
x
+
y
+
=1

x+ y
b. Giải hệ phương trình: 
 x + y = x2 − y

e
3
log 2 x
dx

Câu 3. Tính : I= ∫
2
x
1
+
3ln
x
1
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.
1
1
1
1
+
+
≥
Chứng minh rằng:
2
2
2
a(2a − 1) b(2b − 1) c(2c − 1)
2
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
(P1) : 2x + y – z – 2 = 0 ; (P2) : x –y – z - 3 = 0

 2y 
log 2011  x ÷ = x − 2 y
 

Câu 7a. Giải hệ :  3
3
 x + y = x2 + y2
 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

wWw.VipLam.Info


Câu 7b. Giải phương trình: 3x.2 x = 3x + 2 x + 1

./.
Chú ý: Thí sinh khối B- D không phải làm câu 5 ở phần chung

Họ và tên thí sinh:………………………………………. Số báo danh:………………

ĐÁPÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II – MÔN TOÁN
Nội dung

Câu
1
(2đ)

a. m=1 : y= x4+ 2x2 +1
- TXĐ: D=R
y = +∞ ; lim y = +∞
- Sự biến thiên: + Giới hạn tại vô cực: xlim
→−∞
x →+∞
/
3
+ y = 4x + 4x
y/= 0 ⇔ x = 0
+ BBT
x -∝
0
+∝
//
y
y
0
+
y +∝
+∝
y

Điểm

0,25

0,5

1

Hàm số nghịch biến trên khoảng ( - ∝ ; 0),đồng biến trên khoảng (0; + ∝ ) .

cực tiểu : (0;1)

Đồ thị : Một số điểm thuộc đồ thị (-1;4) ; (1;4) . Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối
xứng
y

0,25

4

1
-1 0 1

x

b. phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y= x +1 là
x4 + 2m2x2 + 1 = x +1 (1) ⇔ x= 0 hoặc x3 +2m2x – 1 = 0 (2)
Xét hàm số f(x) = x3 +2m2x – 1 có f/(x)= 3x2 + 2m2 ≥ 0 ∀x∈R ;
lim f ( x) = −∞ ; lim f ( x) = +∞ và f(0) = - 1 ≠ 0
x →−∞

0,25
(0,5)

0,5

x →+∞

⇒PT(2) có nghiệm duy nhất x ≠ 0 với ∀m ∈ R .
Do đó PT(1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với ∀m ∈ R hay đường thẳng y = x+1 luôn cắt

(Cm) tại hai điểm phân biệt ∀ m∈R

wWw.VipLam.Info

0,25
(0,5)


2
(2đ)

0,5

a. 2sin 3 x = (cos3x+cosx)(tan 2 x + tan 2 x) (1)
ĐK : cosx ≠ 0 và cos2x ≠ 0
 sin 2 x sin 2 x 
+
(1) ⇔ 2sin3x=2cos2x.cosx 
÷
2
 cos x cos2x 
⇔ sin 3 x cos x = cos2x.sin 2 x + sin 2 x cos 2 x

⇔ ( sin 2 x cos x + cos2x.sinx ) cosx=cos2x.sin 2 x + sin 2 x cos 2 x
cos2x=0 (loai)
cos2x.sin x.cosx=cos2x.sin 2 x ⇔ sinx=0 (t/m)

cosx=sinx (loai)
sinx=0 ⇔ x= kπ (k ∈ Z) Vậy x= kπ (k ∈ Z) Là nghiệm của phương trình
2 xy
 2
2
x
+
y
+
=1
(1)

x +y
b.Giải hệ phương trình: 
ĐK x + y > 0
 x + y = x2 − y
(2)

2 xy
2
(1) ⇔ ( x+y ) − 1 +
− 2 xy = 0
x+ y
 x2 + y 2 + x + y 

2 xy 

⇔ ( x + y − 1)  x + y + 1 −
= 0 ⇔ ( x + y − 1) 
÷= 0
x+ y÷
x+ y




⇔ x + y − 1 = 0 (do

 x=1
 x= - 2

Với x = 1 ⇒ y=0
Với x= - 2 ⇒ y =3

 x=1
và
y=0


(1đ)

0,25

0,25
 x= - 2

 y=3

Vậy hệ có 2 nghiệm 

3

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

0,5

x2 + y2 + x + y
> 0)
x+ y

2
2
⇔ y = x − 1 Thay vào (2)1 = x − (1 − x) ⇔ x + x − 2 = 0 ⇔ 

3

0,5

3
2

wWw.VipLam.Info

0,25

0,25


x =1 ⇒ t = 1 ; x = e ⇒ t = 2

0,5

2

I=
4
(1đ)

1
1 1
4

(t 2 - 1)dt = 3  t 3 − t ÷ 12 =
3 ∫
9ln 2 1
9ln 2  3
27ln 3 2


Gọi I là trung điểm của SC ⇒BI⊥SC
và DI⊥SC . Từ giả thiết ⇒ BI⊥DI

S

Gọi O = AC∩ BD ⇒ BD = 2OI =SA =a
⇒∆ABD đều
D
Kẻ SH ⊥(ABCD) ⇒ H là tâm của ∆ABD
2
O
A
Ta có SH = SA2 − AH 2 =a
H

3
Diện tích hình thoi ABCD :
a2 3
SABCD = 2 S∆ABD =
2
1
a3 2
Thể tích khối chóp S.ABCD là : V = SH.SABCD =
3
6

5
(1đ)

0,25
(0,5)

I

0,25
C

0,5
(0,75)
B

1 1 1
+ + =2
a b c
1

1
1
; y=
;z=
Đặt : x =
Suy ra x,y,z > 0 và x+y+z=2
a
b
c
1
1
1
x3
y3
z3
+
+
=
+
+
Ta có: P =
a(2a − 1) 2 b(2b − 1) 2 c(2c − 1) 2 ( y + z ) 2 ( x + z ) 2 ( y + x) 2
x3
y + z y + z 3x
+
+
≥
Áp dụng bđt Cô-si:
2
( y + z)

8
8
4
y3
x + z x + z 3y
+
+
≥
2
( x + z)
8
8
4
z3
y + x y + x 3z
+
+
≥
2
( y + x)
8
8
4
Từ giả thiết suy ra

wWw.VipLam.Info

0,25
0,25
0,5

1
1
P ≥ ( x + y + z ) = ( Đpcm)
4
2
1. Ta có B(b;0) ; C(0;c) với b, c ≥ 0 và b2 + c2 >0
Phương trình đường thẳng BC : cx + by – bc = 0
2c + b − bc
Khoảng cách từ A đến đt BC : h =
; BC = c 2 + b 2
2
2
b +c
1
1
Diện tích ∆ABC là S = .h.BC = 2c + b − bc
2 uuur uu
2u
r
Do ∆ABC vuông tại A nên AC. AB = 0
Do đó:

6a
(2đ)

0,5

0,5

⇒ 2b+c =5 ⇒ c= 5 - 2b . Do c≥ 0 nên 0≤ b ≤ 5/2
Do đó: S = b2 – 4b + 5 = f(b)
Ta có

max f (b)
 5
0; 2 

=f(0) = 5 nên Smax = 5 ⇔ b = 0 và c = 5 hay B(0;0) và C(0;5)

r
r
2. Các mp (P1) , (P2) lần lượt có vec tơ pháp tuyến là n1 (2;1; −1) ; n 2 (1; −1; −1)
mp(P) đi qua A (1;0;-2) và vuông góc với mp (P1) , (P2) nên có một vec tơ pháp
r
r r


n
=
n
tuyến là
 1; n 2  = ( −2;1; −3) .
phương trình mp(P) là - 2 (x – 1 ) + y – 3 (z +2 )= 0 ⇔ 2x – y + 3z + 4 = 0

7a


 2y 

log
2011
 ÷ = x − 2 y (1)

 x 

 3
3
 x + y = x2 + y2
(2)
 xy

ĐK: xy >0 . Từ (2) suy ra x3 + y3 = xy(x2 + y2) >0 nên x> 0 ; y> 0
(1) ⇔ x.2011x = 2y.20112y (*)
Xét hàm số f(t) = t. 2011t (t >0)




ta có f/(t) = 2011  1 +
t

t 
÷> 0
ln 2011 

0,5

0,5
0,25

0,25

∀t > 0

f(t) đồng biến trên (0 ; + ∝ )

6b

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

1. Bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC : r = d ( I ; BC ) =

0,25

5

wWw.VipLam.Info


uuuur

Điểm C ∈ ĐT x – 2y – 6 = 0 ⇒ C(2y0 + 6;y0 ) ⇒ AC (2 y0 + 5; y0 − 5)
Phương trình đt AC là : (5 – y0 )x + (2y0 +5)y – 9y0 – 30 = 0
Ta có r = d ( I ; AC ) nên
⇔ 10 y0 + 25 =

5=

0,5

10 y0 + 25
5 y02 + 10 y0 + 50

5. 5 y02 + 10 y0 + 50 ⇔ 3y02 + 18y0 +15 = 0

C (4; −1)
 y0 = −1
⇔
⇒
C ( −4; −5)
y
=
−
5
 0

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 AB (1;1;1) .

0,5

uuu
r

ur
Một vec tơ pháp tuyến của mp(P) là : n1 (1;2 − 5) .

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:

r
uuu
r ur
n =  AB; n1  = ( −7;6;1) .

7b
(1đ)

Phương trình mp(Q) là: - 7 (x – 2) + 6(y – 1) + z – 1 = 0 ⇔ -7x + 6y + z + 7 =0

0,5

3x.2 x = 3x + 2 x + 1
2x + 1
⇔ 3x =
(1) ( Do x = ½ không phải là nghiệm của phương trình)
2x − 1

0,25

Ta có hàm số : f(x) = 3x đồng biến trên R

−4
1
2x + 1
/
< 0 ∀x ≠ nên nghịch biến trên mỗi khoảng
có g (x)=
2
(2 x − 1)
2
2x −1
( - ∝ ; 1/2) và( ½; +∝)
Do đó trên mỗi khoảng ( - ∝ ; 1/2) và( ½; +∝) nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm thì

0,25

hàm số g(x)=

nghiệm đó là duy nhất.
Dễ thấy x = 1 và x = -1 là các nghiệm của phương trình. Vậy pt chỉ có 2 nghiệm ……

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.

wWw.VipLam.Info

0,5