Đề thi thử TOÁN ĐH 2011 khối A có đáp án

TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN
__________________________

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
Môn thi: TOÁN, Khối A
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm).
Câu I ( 2 điểm)
Cho hàm số y = x 3 + (1 − 2m) x 2 + (2 − m) x + m + 2 (1) m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2.
2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x + y + 7 = 0 góc α , biết

cos α =

1
26

.

Câu II (2 điểm)

 2x 
log 21 
−4 ≤ 5 .
4− x
2

1. Giải bất phương trình:

3 sin 2 x.( 2 cos x + 1) + 2 = cos 3 x + cos 2 x − 3 cos x.

2. Giải phương trình:
Câu III (1 điểm)
4

Tính tích phân: I =

∫ (1 +
0

x +1
1 + 2x

)

2

dx .

Câu IV(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2 . Gọi I là trung điểm của
BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA = −2 IH , góc giữa SC và mặt đáy
(ABC)
0
bằng 60 .Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH).
Câu V(1 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 ≤ xyz . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

x
y
z
+ 2
+ 2
.
x + yz y + zx z + xy
2

PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ).
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x + y + 1 = 0 ,
trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết
phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3 .
Câu VII.a (1 điểm)

(

)

Cho khai triển: (1 + 2 x ) 10 x 2 + x + 1 = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + a14 x 14 . Hãy tìm giá trị của a 6 .
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 5,5 và trọng tâm G
thuộc đường thẳng d: 3 x + y − 4 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C.
2

2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) x + y − z + 1 = 0 ,đường thẳng d:

x − 2 y −1 z −1
=
=
1
−1
−3

Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng ∆ nằm trong (P), vuông góc với d và cách
I một khoảng bằng 3 2 .
Câu VII.b (1 điểm)
3
 z+i
Giải phương trình ( ẩn z) trên tập số phức: 
 = 1.

i− z

-------------------------------------Hết------------------http:laisac.page.tl


TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN

ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011
MÔN:TOÁN, Khối A
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.
Câu
I(2đ)

ý
1(1đ
)

Nội dung

Điểm

Khảo sát hàm số khi m = 2
Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 − 3x 2 + 4
a) TXĐ: R
b) SBT
y = −∞; lim y = +∞
•Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞
•Chiều biến thiên:
Có y’ = 3x2 − 6x; y’=0 ⇔ x =0, x =2
x
0
2
−∞
+∞
y’
+
0
−
0
+
4

+∞
y
0
−∞
Hàm số ĐB trên các khoảng (−∞ ; 0) và (2 ; +∞), nghịch biến trên (0 ; 2).
•Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4;
y
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0.
0 41 I 2
-1 2
c) Đồ thị:
Qua (-1 ;0)
Tâm đối xứng:I(1 ; 2)

0,25

0,25

0,25
x

0,25

2(1đ) Tìm m ...
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có véctơ pháp n1 = (k ;−1)
d: có véctơ pháp n 2 = (1;1)
Ta có cos α =

n1 .n 2
n1 n2

⇔

1
26

=

0,5

3

k1 =

k −1
2
⇔ 12k 2 − 26k + 12 = 0 ⇔ 
2 k 2 +1
k = 2
2
3


/
Yêu cầu của bài toán thỏa mãn ⇔ ít nhất một trong hai phương trình: y = k1 (1) và
y / = k 2 (2) có nghiệm x
3
 2
có nghiệm
3 x + 2(1 − 2m) x + 2 − m = 2

∆/ 1 ≥ 0
⇔
⇔ /
có nghiệm
∆ 2 ≥ 0
3 x 2 + 2(1 − 2m) x + 2 − m = 2

3

0,25


II(2đ)

1(1đ
)

1
1

8m 2 − 2m − 1 ≥ 0 m ≤ − 4 ; m ≥ 2
1
1
⇔ 2
⇔
⇔ m ≤ − hoặc m ≥
4
2
4m − m − 3 ≥ 0
m ≤ − 3 ; m ≥ 1


4
Giải bất phương trình ...
 2
log 1
 2
Bpt ⇔ 
log 2
 12

2x
−4≥0
4− x
2x
≤9
4− x

0,25

2x

− 3 ≤ log 1 4 − x ≤ −2(1)
2
⇔

2x
≤ 3(2)
2 ≤ log 1
4
−

x
2


0,25

 3x − 8
 4 − x ≥ 0
2x
8
16
≤8⇔ 
⇔ ≤x≤
. Giải (1): (1) ⇔ 4 ≤
4−x
3
5
 5 x − 16 ≤ 0
 4 − x
17 x − 4
 4 − x ≥ 0
1
2x
1
4
4
≤ ⇔
⇔
≤x≤
. Giải (2): (2) ⇔ ≤

8 4− x 4
17
9
9x − 4 ≤ 0
 4 − x
 4 4   8 16 
Vậy bất phương trình có tập nghiệm  ;    ;  .
17 9   3 5 
2(1đ) Giải PT lượng giác
Pt ⇔ 3 sin 2 x (2 cos x + 1) = (cos 3x − cos x) + (cos 2 x − 1) − (2 cos x + 1)
⇔ 3 sin 2 x (2 cos x + 1) = −4 sin 2 x cos x − 2 sin 2 x − ( 2 cos x + 1)

0,25

0,25

0,25

0,5

⇔ (2 cos x + 1)( 3 sin 2 x + 2 sin 2 x + 1) = 0
2
• 3 sin 2 x + 2 sin x + 1 = 0 ⇔ 3 sin 2 x − cos 2 x = −2 ⇔ sin(2 x −

⇔x=−

π
+ kπ
6

π
) = −1
6

0,25

2π

 x = 3 + k 2π
(k ∈ Z )
• 2 cos x + 1 = 0 ⇔ 
 x = − 2π + k 2π
0,25

3
2π
2π
π
+ k 2π ; x = −
+ k 2π và x = − + kπ (k
Vậy phương trình có nghiệm: x =
3
3
6
∈ Z)
III(1đ) 1(1đ
)

Tính tích phân.
4

I= ∫
0

(1 +

x +1
1 + 2x

)

2

dx .


•Đặt t = 1 + 1 + 2 x ⇒ dt =
Đổi cận
x
0
t
2

0,25

dx

2
⇒ dx = (t − 1) dt và x = t − 2t
1 + 2x

2

4
4
4

•Ta có I =

4

4

1 (t 2 − 2t + 2)(t − 1)
1 t 3 − 3t 2 + 4t − 2
1 
4 2
dt
=
dt = ∫  t − 3 + − 2 dt
2
2
∫
∫
22
22
2 2
t t 
t
t

1t
2
 − 3t + 4 ln t + 
2 2
t
2

=

= 2 ln 2 −

IV

(1đ)

1
4

0,5

0,25

Tính thể tích và khoảng cách
S

•Ta có IA = −2 IH ⇒ H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH
BC = AB 2 = 2a ; AI= a ; IH=

AH = AI + IH =

0,25

IA
a
=
2
2

3a
2

K
A

B
I
H

C
•Ta có HC 2 = AC 2 + AH 2 − 2 AC. AH cos 45 0 ⇒ HC =
∧

∧

Vì SH ⊥ ( ABC ) ⇒ ( SC ; ( ABC )) = SCH = 60 0
SH = HC tan 60 0 =

• VS . ABC =

•

a 5
2

0,25

a 15
2

1
1 1
a 15 a 3 15
S ∆ABC .SH = . (a 2 ) 2
=
3
3 2
2
6

0,25

BI ⊥ AH 
 ⇒ BI ⊥ (SAH )
BI ⊥ SH 
0,25


Ta có

V

(1đ)

d ( K ; ( SAH )) SK 1
1
1
a
=
= ⇒ d ( K ; ( SAH )) = d ( B; ( SAH ) = BI =
d ( B; ( SAH )) SB 2
2
2
2

Tim giá trị lớn nhất của P
x
y
z
+ 2
+ 2
.
x + xy y + zx z + xy
x
y
z
+
+
Vì x; y; z > 0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có: P ≤
=
2

2
2 x yz 2 y zx 2 z 2 xy
P=

=

1  1 1 1 1 1 1  1  yz + zx + xy  1  x 2 + y 2 + z 2
 + + + + + = 
 ≤ 
4  y z z x x y  2 
xyz
xyz
 2

1  xyz  1

=
2  xyz  2

Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z = 3 . Vậy MaxP =

PHẦN TỰ CHỌN:

0,25

1  2
2
2 
+
+

4  yz
zx
xy 
≤

≤

2




0,5

1
2

0,25


Câu
VIa(2đ)

ý
1(1đ
)

Nội dung

Điểm

KH: d1 : x + y + 1 = 0; d 2 : 2 x − y − 2 = 0
d1 có véctơ pháp tuyến n1 = (1;1) và d 2 có véctơ pháp tuyến n 2 = (1;1)
• AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương n1 = (1;1) ⇒ phương trình AC:
x − y −3 = 0.
x − y − 3 = 0
⇒ C ( −1;−4) .
C = AC ∩ d 2 ⇒ Tọa độ C là nghiệm hệ: 
2 x − y − 2 = 0

0,25

Viết phương trình đường tròn…

xB + 3 y B
; ) ( M là trung điểm AB)
2
2
xB + y B + 1 = 0

⇒ B (−1;0)
Ta có B thuộc d1 và M thuộc d 2 nên ta có: 
yB
 x B + 3 − 2 − 2 = 0
• Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng:
x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 . Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta
có
6a + c = −9
 a = −1



⇔ b = 2 ⇒ Pt đường tròn qua A, B, C là:
− 2a + c = −1
− 2a − 8b + c = −17
c = −3


• Gọi B ( x B ; y B ) ⇒ M (

0,25

0,5

x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 3 = 0 . Tâm I(1;-2) bán kính R = 2 2
2(1đ) Viết phương trình mặt phẳng (P)
•Gọi n = (a; b; c ) ≠ O là véctơ pháp tuyến của (P)
Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0) ⇒ pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0
0,25

Mà (P) qua B(0;0;-2) ⇒a-b-2c=0 ⇒ b = a-2c
Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0

• d(C;(P)) =

3⇔

2a + c
a + ( a − 2c) + c
2

2

2

= 3 ⇔ 2a 2 − 16ac + 14c 2 = 0
0,5
a = c
⇔
 a = 7c

•TH1: a = c ta chọn a = c = 1 ⇒ Pt của (P): x-y+z+2=0

0,25

TH2: a = 7c ta chọn a =7; c = 1 ⇒Pt của (P):7x+5y+z+2=0
VII.a

(1 đ)

Tìm hệ số của khai triển
1
3
(2 x + 1) 2 +
nên
4
4
(1 + 2 x ) 10 ( x 2 + x + 1) 2 = 1 (1 + 2 x)14 + 3 (1 + 2 x)12 + 9 (1 + 2 x)10
16
8
16

14
6
6
6
• Trong khai triển (1 + 2 x ) hệ số của x là: 2 C14
2
• Ta có x + x + 1 =

Trong khai triển (1 + 2 x ) 12 hệ số của x 6 là: 2 6 C126

0,25


---------------------------Hết---------------------------