DE TOAN ON THI DH 2011 CO GIAI(25)

Sở GD và ĐT hải dơng
Trờng THPT Thanh Bình
Đề chính thức

Đề thi thử đại học, cao đẳng LN 4 năm 2011

Môn thi : toán, Khối A, B
(Thời gian làm bài 180 phút , không kể giao đề)

Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số: y = x 3 + 3x 2 + m 2 x + m (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực đại, cực tiểu A , B và trung điểm I của
đoạn AB nằm trên trục hoành

2017

2
Câu II (2 điểm) 1. Giải phơng trình sau: 2.sin x ữ sin 2 x +
ữ = 1 tan x
4
2


2x + 5 2x 3 2
=
2. Giải phơng trình sau:
( xR )
2x 3 + 2 3 x 3
e
ln 2 x + e x ( e x + ln 2 x )

Câu III (1 điểm). Tính tích phân sau: I =
.dx
x
1
+
e
1
Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Hình chiếu
của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AD, góc giữa hai mặt phẳng
(SAC) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.HABC và khoảng cách từ H đến
mặt phẳng (SBC).
Câu V (1 điểm). Cho x, y, z là 3 số thực dơng và thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 3 .
2011
8
+
2012
Chứng minh rằng:
xyz ( x + y ) ( y + z ) ( z + x )
Phần tự chọn (3,0 điểm). (Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần:phần A hoặc B)
A.Theo chơng trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD biết phơng trình đờng thẳng
BD là: 3x - y - 8 = 0, đờng thẳng AB đi qua M(1; 5), đờng thẳng BC đi qua
N(7; 3), đờng chéo AC đi qua P(2; 3) . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông đã cho.
2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lợt có phơng trình
(S): x 2 + y 2 + z 2 2 x + 4 y + 2 z 3 = 0 ;
(P): 2x + 2y - z + 5 = 0.
Viết phơng trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu VII.a (1 điểm) . Cho số phức z1

( 1 + 2i )

thoả mãn : z =
1

( 1+ i)

2

3

. Tìm tập hợp điểm M trong mặt

phẳng phức biểu diễn số phức z thoả mãn: z + z1 4 .
B.Theo chơng trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ABC cân tại đỉnh C. Biết phơng trình
đờng
14
5


thẳng AB là: x + y - 2 = 0, trọng tâm của tam giác là G ; ữ và diện tích của
tam giác
3 3
65
bằng
(đvdt). Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp ABC.
2
2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lợt có phơng trình
(S): x 2 + y 2 + z 2 + 2 x 4 y 6 z 2 = 0 ;
(P): 2x - 2y + z - 5 = 0.
Viết phơng trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một

đờng tròn có bán kính bằng 4.


9 x + 3 y = 4

x, y R )
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình: log
1 2 y + log 1 x3 = 1 (
2

8
------------------------- Hết ------------------------Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

trờng THPT Thanh Bình
Đáp án đề thi thử đại hoc 2011
Câu I
1.

Nội dung

Điểm

Khảo sát hàm số...
Với m = 0 ta có: y = x3 + 3x2
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y = 3x2 + 6x = 3x(x + 2)
Xét dấu y:
x
-2

0
-
+
y
+
0
0
+

0,25

=> Hàm số đồng biến trên các khoảng (-; -2) và (0; +)
Hàm số nghịch biến trên (-2; 0)
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2, yCĐ = y(-2) = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = 0
y = +, lim y =
- Giới hạn: xlim
+
x

0,25

- Bảng biến thiên:
x
y'
y

-

-2

0
4

+

-

+
+
+

y

-

0
0

0,25

0

* Đồ thị: Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại (0;0), (-3;0)
4

0,25
-2

O

1

x


Tìm m......
2.
Ta có: y = 3x2 + 6x + m2
Hàm số có cực đại, cực tiểu y = 0 có 2 nghiệm phân biệt
' = 9 3m 2 > 0 3 < m < 3

0,25

Lâý y chia y ta có:

1 2m 2
1
1

y = y ' x + ữ+
2 ữx + m m 2 ữ
3 3
3
3



Giả sử A(x1; y1), B(x2; y2) (trong đó: x1 + x2 = -2)
2m 2

1

y
=
y
(
x
)
=
2 ữ.x1 + m m 2 ữ
Ta có: 1

1
3

3

2m 2

1

y2 = y ( x2 ) =
2 ữ.x2 + m m 2 ữ
3

3

x1 + x2

x I = 2 = 1

2m 2

Ta có:
1


2
. ( x1 + x2 ) + 2 m m 2 ữ

ữ

3
y + y2 3


yI = 1
=
= m 2 + m + 2

2
2

=> I(-1; - m2 + m+ 2)

0,25

0,25

m = 1 (T / M )

Theo gt: I Ox => - m2 + m + 2 = 0 m = 2 ( L)

Vậy m = -1 thoả mãn bài toán.
CâuII:

1. Giải phơng trình: 2sin 2 ( x 4 ) sin(2 x +
Điều kiện: cos x 0 x


+ k ( k Z )
2

2017
) = 1 tan x
2

0,25

+Với đk trên pt đã cho tơng đơng:






1 cos 2 x ữ sin 2 x + + 1008 ) = 1 tan x ữ
2
2

1 sin 2 x cos 2 x = 1 tan x
sin 2 x + cos 2 x tan x = 0

0,25


sin x
)=0
cos x
sin x + cos x
2 cos x.(sin x + cos x)
=0
cos x
1
(sin x + cos x).(2 cos x
)=0
cos x
2 sin x + .cos 2 x = 0
4
2sin x.cos x + 2 cos 2 x (1 +

(

0,25

)

0,25

x = + k
sin x + = 0
4

4


k (tmđk)

cos 2 x = 0
x = 4 + 2
k
k
Vậy pt đã cho có 1 họ nghiệm: x = +
(họ +
chứa 4 + k )
4 2
4 2
2x + 5 2x 3 2
=
2. Giải phơng trình:
2x 3 + 2 3 x 3

(

)

2 x + 5 0
3

+ Điều kiện: 2 x 3 0 x 3
2
3 x 0


0,25

0,25

+ PT đã cho 3 ( 2 x + 5 2 x 3 ) = 2 ( 2 x 3 + 2 3 x )
3. 2 x + 5 = 5. 2 x 3 + 4 3 x

0,25

9.(2 x + 5) = 25(2 x 3) + 16(3 x) + 40 (2 x 3)(3 x)
5 (2 x 3)(3 x) = 9 2 x

0,25

9

9 2 x 0
x


2
2
25(2 x 3)(3 x) = (9 2 x)
54 x 2 261x + 306 = 0

Câu III:

9

x 2
17


x=
2,8


17
6
(Tmđk)

x = 6
x = 2

x = 2
17
Vậy PT có 2 nghiệm là: x = 2, x =
6
e
2
x
x
2

ln x + e (e + ln x)
dx
Tính tích phân: I =
1 + ex
1
e
2
ln 2 x + e 2 x + e x .ln 2 x
e2x
.
dx
=
ln
x
+
1
1 + ex
1 + ex
1
e

Ta có: I =

0,25

e
e

e2 x
2

dx
=
ln
x
.
dx
+
ữ
1
1 e x + 1 .dx


0,25


dx

u = ln 2 x du = 2 ln x.

x
* Tính I1 = ln x.dx đặt:
dv = dx
1
v = x
e
e e
2
I1 = ( x ln x) 2 ln x.dx = e 2 ln x.dx
1 1
1

e

2

0,25

2dx

u = 2 ln x du =

x
Đặt:
dv = dx
v = x


e e
I1 = e 2 x.ln x 2.dx = e 2
1 1


e

e2 x
dx
x
e
+
1
1

I2 =

Đặt: y = ex + 1 => ex = u 1 và ex.dx = du
0,25

Khi: x= 1 => u = e + 1
x = e => u = ee + 1
ee +1

u 1
I2 =
ữdu =
u
e +1

ee +1

ee + 1
1
1 u ữ du = (u ln u) e + 1
e +1

= ee + 1 ln(ee +1) (e + 1 ln(e + 1))
e +1
ữ
e
e +1

= ee e + ln

e +1

Vậy: I = I1 + I2 = e 2 + ee e + ln e ữ
e +1

0,25

e +1
ữ
e
e +1

= ee 2 + ln
Hình không gian

Câu IV:
S

K

0,25
A
H

D

I

B

O

J

C
ã
Dựng HI AC => SI AC (định lý 3 đờng vuông góc) SIH
= 600

Xét SHI có tan600 =

SH
a 2
a 6
SH = HI .tan 600 =
. 3=
HI
4
4


a

+ a ữ.a

( AH + BC ). AB 2
3a 2

S HABC =
=

=
2
2
4
2
3
1
1 3a a 6 a 6
VS . HABC = .S HABC .SH = .
.
=
3
3 4
4
16

0,25

* Tính khoảng cách từ H đến (SBC)
Gọi J là trung điểm của BC
Dựng HK SJ => HK (SBC)
=> d(H; (SBC)) = HK

0,25

1
1
1
1
1

8
1
11
=
+
= 2 + 2= 2+ 2= 2
2
2
2
Ta có: HK SH HJ
a .6 a
3a a
3a
16
a 3 a 33
a 33
=
=> HK =
. Vậy d(H;(SBC)) =
11
11
11

Câu V:

0,25

CM bất đẳng thức
áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
3 = x 2 + y 2 + z 2 3. 3 x 2 y 2 z 2

1 3 x2 y2 z 2

xyz 1



2011
2011
xyz

0,25

áp dụng bđt côsi ta có:
3

( x + y )( y + z )( z + x)

x+ y+ y+z+z+x 2
= (x + y + z)
3
3

áp dụng bđt bunhiacôpky ta có:
(12 + 12 + 12)(x2 + y2 + z2) (x + y + z)2
=> (x + y + z)2 3(x2 + y2 + z2) = 9
=> x + y + z 3

(1)

(gt)

(2)

2
3
8
8

=1
( x + y )( y + z )( z + x ) 8

Từ (1) và (2) 3 ( x + y )( y + z )( z + x) .3 = 2
( x + y )( y + z )( z + x) 8

Vậy:

2011
8
+
2011 + 1 = 2012 (đpcm)
xyz ( x + y )( y + z )( z + x)

Dấu = xảy ra x = y = z = 1
Phần tự chọn
A- Theo chơng trình chuẩn:
Câu VI.a 1. Tìm toạ độ các đỉnh A, B , C, D
A

.M
.
P

I

B

.N

0,25
0,25
0,25


C

D

Gọi I là giao điểm của AC và BD
AC BD và đi qua P(2;3) nên có phơng trình: x+3y-11=0


I = AC BD I ; ữ.
2 2
Vì B thuộc BD B ( t ;3t 8 )
7 5

0,25

uuuur
BM = ( 1 t ;13 3t )
uuur

BN = ( 7 t ;11 3t )
uuuur uuur
t = 5
2
BM BN nên BM .BN = 0 10t 80t + 150 = 0
t = 3
* với t = 5 B(5;7) khi đó D(2;-2)

2.

AB có phơng trình: x - 2 y +9 = 0
A=AB AC A ( 1; 4 ) khi đó C(8;1)
* với t = 3 B(3;1) khi đó D(4; 4)
AB có phơng trình: 2x + y -7 = 0
A=AB AC A ( 2;3) khi đó C(5; 2)
Vậy: A ( 1; 4 ) , B(5;7) , C(8;1), D(2;-2)
Hoặc A ( 2;3) , B(3;1) , C(5; 2), D(4; 4)
Viết phơng trình mặt phẳng (Q)...

0,25

0,25

0,25

Ta có: x2 + y2 + z2 - 2x + 4y +2z -3= 0
( x 1) 2 + ( y + 2) 2 + ( z + 1) 2 = 32

=> mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; -1), R = 3.
Do mặt phẳng (Q) song song với mp(P) nên có phơng trình dạng:

2x + 2y - z + D = 0 ( D 5 )
Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên d ( I ;(Q) ) = R = 3
D = 10
D 1 = 9
D = 8

Vậy (Q) có phơng trình: 2x + 2y - z + 10 = 0
Hoặc 2x + 2y - z - 8 = 0
Câu VII.a Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z.

( 1 + 2i )
z =
1

( 1+ i)

z1 =

2

3

=

(

)

5 + 2i ( 2i )
5 + 2i

2 5
=
=
+ i
2i
4
2 2

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

2 5
i
2 2

Giả sử: z =x + yi ( x, y R)
suy ra M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z
Ta có: z + z1 4 ( x + yi) + (

0,25

2 5
2
5
i) 4 ( x +
) + ( y )i 4

2 2
2
2


2

2

2
2


2
5
2
5
x +
+ y ữ 4 x +
+ y ữ 42
ữ
ữ
ữ
ữ
2
2
2
2

2 5

Suy ra tập hợp điểm M là hình tròn tâm I ; ữữ, bán kính R = 4
2 2
B- Theo chơng trình nâng cao
Câu VI.b 1. Viết phơng trình đờng tròn....
C

0,25
0,25

Gọi H là trung điểm của AB
CH AB

.

CH có phơng trình: x-y-3=0

G

A

H

5 1
H = CH AB H ; ữ
2 2

uuur uuur
CG = 2GH C (9;6)

B

0,25

Đặt A(a;2-a) B( 5-a; a-3)

uuur
uuur 13 13
AB = (5 2a; 2a 5); CH = ; ữ
2
2
a = 0
65
1
65
2
Theo gt thì SVABC = AB.CH = 8a 40a = 0
2
2
2
a = 5

* a = 0 A ( 0; 2 ) ; B ( 5; 3)
* a = 5 A ( 5; 3) ; B ( 0; 2 ) .
Đờng tròn cần tìm có phơng trình dạng:
x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0

0,25

(a 2 + b 2 c > 0)

Do đờng tròn đi qua A, B, C nên ta có hệ:
0,25

4b + c = 4

a = 137 / 26


10a 6b + c = 34 b = 59 / 26
18a + 12b + c = 117
c = 66 /13



Vậy đờng tròn cần tìm có pt: x 2 + y 2
2.

137
59
66
x
y+
=0
13
13
13

0,25

Viết phơng trình mặt phẳng (Q)...
Ta có: x2 + y2 + z2 + 2x - 4y -6z -2 = 0
( x + 1) 2 + ( y 2) 2 + ( z 3) 2 = 42

=> mặt cầu (S) có tâm I(-1; 2; 3), R = 4
Do mặt phẳng (Q) song song với mp(P) nên có phơng trình dạng:
2x -2y+z + D = 0 ( D 5 )
Vì (Q) cắt mặt cầu theo một đờng tròn có bán kính đúng bằng R = 4 nên
mặt phẳng (Q) đi qua tâm I(-1;2;3) suy ra D =3
Vậy (Q) có phơng trình: 2x - 2y + z + 3 = 0
Câu VII.b

9 x + 3y = 4

Giải hệ phơng trình: log 1 2 y + log x3 = 1
1
2

8

(1)
(2)

0,25
0,25
0,25
0,25

x > 0

Điều kiện: 1
y < 2

0,25
1 2 y
ữ= 2 2x = 1 2 y
x


Ta có : ( 2 ) log 2 ( 1 2 y ) log 2 x = 1 log 2

Thay vào (1) ta có pt: 33 y 4.32 y + 3 = 0 ( 3 y 1) ( 32 y 3.3 y 3) = 0


3 y = 1
y = 0


3 + 21

y
3 + 21
3 =

y = log 3
2

ữ
ữ( L)


2



3 y = 3 21 ( L)

2

0,25

0,25

Với y = 0 suy ra x= 1/2 (TM)
x = 1/ 2
y = 0

Vậy hệ có một nghiệm :

Chú ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà vẫn đúng thì cho điểm tối đa.

Giáo viên biên soạn : Phạm Hữu Đảo
SĐT: 0982.745.281

0,25