DE 2 THI THU DH +DAP AN

§Ò luyÖn thi cÊp tèc hÌ 2011

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn Toán - Khối A, B.

sè 4

( 07 điểm )
2
2
Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = f ( x ) = x + 2 ( m − 2 ) x + m − 5m + 5
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1
2/ Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.
x π
x π
x 2π
3x π
Câu II(2.0điểm) 1/ Giải phương trình: 2 cos( − ) − 6 sin( − ) = 2sin( + ) − 2sin( + )
5 12
5 12
5 3
5 6
 y 3x − 1 + 6 x − 2 = 5 y − 2

2/ . Giải hệ phương trình: 
2
3 x + y 2 = 6


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
4

π
2

Câu III(1.0 điểm) Tính tích phân : I = (cos10 x + sin10 x − cos 4 x.sin 4 x)dx
∫
0

a
·
·
, SA = a 3 , SAB
= SAC
= 30 0 .
2
Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA ⊥ ( MBC ) . Tính VSMBC

Câu IV(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =

Câu V. (1,0 điểm)Cho ba số dương a, b, c thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

bc
a + 3 bc

+

ca
b + 3 ca

+

ab
c + 3 ab

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )
(Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.)
A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: (2.0điểm)
1, Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1;4) và các đỉnh B, C thuộc
đường thẳng ∆ : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác ABC bằng 18
2.Trong không gian toạ độ Oxyz, hãy viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng (d1) :
 x =1
x −1 y + 1

(t ∈ R ) tại điểm B(1; 0; 1)
=
= z tại A (1; - 1; 0) và tiếp xúc với đường thẳng (d2):  y = 3t
2
2
 x =1 − 4t

Câu VI b. (1,0 điểm)

Xét phương trình: z2 + 2bz + c = 0 , ( z ∈ C) trong đó b, c ∈ R, c ≠ 0. Gọi A, B là các điểm biểu diễn
hai nghiệm của phương trình đó trong mặt phẳng Oxy. Tìm điều kiện của b, c để ∆ OAB là tam giác vuông
B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 điểm)
x2 y2

1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hypebol (H) :
−
= 1 . Viết phương trình chính tắc của (E) có
16 9
tiêu điểm trùng với tiêu điểm của hypebol (H) và ngoại tiếp hình chữ nhất cơ sở của (H).
2.Trong không gian toạ độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) có phương trình : x2 + y2 + z2 – 4x + 2y – 6z – 2 = 0,
và các điểm A(1; - 1; 0) , B(0; 2; - 2). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và cắt (S) theo một
đường tròn (C) có chu vi nhỏ nhất.
x2 − 2x + 2
Câu VII.b: (1.0 điểm)
Cho hàm số y =
(C) và d1: y = −x + m, d2: y = x + 3.
x −1
Tìm tất cả các giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2.

******* Hết *******


P N V BIU IM THI TH I HC LN II
Cõu

MễN TON LP 12- 2010-2011
Hng dn gii chi tit

ý

im
7.00
2

PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH

Cõu I
* Do tam giỏc ABC luụn cõn ti A, nờn bi toỏn tho món khi vuụng ti A:
3
AB. AC = 0 ( m 2 ) = 1 m = 1 vỡ k (1)

(

)

(

Trong ú AB = 2 m ;m 2 + 4m 4 , AC = 2 m ; m 2 + 4m 4
Vy giỏ tr cn tỡm ca m l m = 1.

)

0.25
0.25

Cõu V

a
ã
ã
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = , SA = a 3 , SAB
= SAC
= 30 0 .
2

Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA ( MBC ) . Tính VSMBC

1

S
M
A

0.25

C
N

B
Theo định lí côsin ta có:
ã
SB 2 = SA 2 + AB 2 2SA.AB.cos SAB
= 3a 2 + a 2 2.a 3.a.cos30 0 = a 2
Suy ra SB = a . Tơng tự ta cũng có SC = a.
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên
MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC).
Hai tam giỏc SAB v SAC cú ba cp cnh tng ng bng nhau nờn chỳng
bng nhau. Do ú MB = MC hay tam giỏc MBC cõn ti M. Gi N l trung im
ca BC suy ra MN BC. Tng t ta cng cú MN SA.
2

2
2
a a 3 3a
a 3

MN = AN AM = AB BN AM = a
=
.
MN =

16
4
4 2
2

2

2

2

2

2

0.25

0.25

2

1
1
1 a 3 a 3 a a3
Do đó VS .MBC = SM . MN .BC =

(đvtt)
.
. =
3
2
6 2
4 2 32
PHN RIấNG CHO MI CHNG TRèNH

0.25
3.00

Phn li gii bi theo chng trỡnh Chun
Cõu VIa

2

Phn li gii bi theo chng trỡnh Nõng cao
CõuVII.b
x2 2x + 2
Cho hm s y =
(C) và d1: y = x + m, d2: y = x + 3. Tỡm tt c cỏc
x 1
giỏ tr ca m (C) ct d1 ti 2 im phõn bit A,B i xng nhau qua d2.

1

* Honh giao im ca (C) v d1 l nghim ca phng trỡnh : 0.5
x2 2x + 2
= x + m

x 1


2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x1) (1)
d1 ct (C) ti hai im phõn bit p trỡnh (1) cú hai nghim phõn bit khỏc 1
2 3 m + 2 + m 1
2
m2-2m-7>0 (*)
m

2
m

7
>
0

Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 là hai nghiệm của (1) )
* d1 d2 theo giả thiết Để A, B đối xứng nhau qua d2 P là trung điểm của AB
x +x
x +x
m + 3 3m 3
;
Thì P thuộc d2 Mà P( 1 2 ; 1 2 + m ) P(
)
2
2
4
4
3m 3 m + 3

=
+ 3 m = 9 ( thoả mãn (*))
Vậy ta có
4
4
Vậy m =9 là giá trị cần tìm.

0.5

Cõu V +) Nhn xột: a, b, c, d ta cú: (ab + cd)2 (a2 + c2).(b2 + d2), cú = khi ad = bc (1)

+) p dng (1) ta cú (x2 + y2)2 (x2 + y2) (2 (x2 + y2) ( Cú th s dng vec t chng minh kt qu ny)
0 < x2 + y2 1
4
+) p dng bt Cụ si cú A x2 + y2 + 2
; t t = x2 + y2 , 0 < t 1, xột hm s:
x + y2
1
4
f(t) = t + vi 0 < t 1, lp bng bin thiờn ca hm s . Kt lun: Min A = 5 t khi x = y =
t
2

Cõu VI a.
1)

AH =
S=

1 4 4

2

9
2

=

1
36
36
AH.BC = 18 BC =
=
=4 2
9
2
AH
2
Pt AH : 1(x + 1) + 1(y 4) = 0
x y = 4
7 1
H:
H ; ữ
2 2
x + y = 3
B(m;m 4)
2
2
BC2
7
1

HB2 =
= 8 = m ữ + m 4 + ữ
4
2
2

7
11

m= +2=

7

2
2
m ữ = 4
2

m = 7 2 = 3

2
2
11 3
3 5
3 5
11 3
Vy B1 ; ữ C1 ; ữ hay B2 ; ữ C2 ; ữ
2 2
2 2

2 2
2 2
2

2) ( x

19 2
6
5
197
) + ( y + )2 + (z )2 =
28
7
14
784

Cõu VI b. c = 2b2 > 0
Cõu VIIa. 1) (H) : F1 ( 5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) . Hỡnh ch nht ca (H) cú mt nh M( 4; 3), PT (E) cú dng:

( với a > b)

x 2 y2
+
=1
a 2 b2


(E) : F1 ( 5;0 ); F2 ( 5;0) a 2 b2 = 52

(1) . M( 4;3) ( E ) 9a 2 + 16b2 = a 2 b2

( 2)

a 2 = 52 + b 2
a 2 = 40
x 2 y2

T (1) v (2): 2
.
Võy
:
+
=1
2
2
2 2
40 15
9a + 16b = a b
b = 15
2) PT mt phng cn tỡm : x + 11y + 16z 12 = 0.
II2)Cng v tr tng v hai phng trỡnh ca h ta c h tng ng:
3

1
7

2
2
y= x
( x; y ) = ( ;1)

x
+
2
+
y
+
3
=



2

2
2



( x; y ) = ( 17 ; 13 )
x 2 + 2 + ( 3 x) 2 + 3 = 7
x + y = 3

2
2
20 20
2


2
2

3x 1 +
=5
3x 1 +
y 3x 1 + 6 x 2 = 5 y 2
y
y


II.2
2

2
2
3 x + y 2 = 6

2



( 3 x 1) + y = 5



u + u.v + v = 5
... 2
gii h tỡm c (u, v) = {(2 ;1), (1 ;2)}
2
u + v = 5
Suy ra c (x, y) = {(5/3 ; 2 ), (2/3 ;

2 /2).

ẹaởt x = a ; y = b ; z = c ; x , y , z (0; +)
Khi ủoự: P =
Ta coự:

yz
zx
xy
+ 2
+ 2
x + 3yz y + 3xz z + 3xy
2

3yz
3zx
3xy
+
+
x 2 + 3yz y 2 + 3xz z 2 + 3xy
x2

y2
z2
3P = 3 2
+ 2
+ 2
ữ
x + 3yz y + 3xz z + 3xy
3P = 3 Q

3P =

Aựp duùng BẹT BCS ta ủửụùc:


x
y
. x 2 + 3yz +
. y 2 + 3zx
2
y 2 + 3zx
x + 3yz

z
. z 2 + 3xy
+ 2

z + 3xy

Q. x 2 + y 2 + z 2 + 3xy + 3yz + 3zx

(

)

( x + y + z )2
Q
(x + y + z )2 + (xy + yz + zx )
Maởt khaực: xy + yz + zx ( x + y + z )

Suy ra: Q

3
4

2

3
9
3
Do ủoự: 3P P .
4
4

2


ữ
ữ
ữ
ữ
ữ



• Daáu “=” xaûy ra ⇔ a = b = c Vaäy min P =

3
khi a = b = c
4

Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần
= = = = = == = = Hết = = = = = = = =