DE TOAN ON THI DH 2011 CO GIAI(27)

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn thi : TOÁN – KHỐI A
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
3
Câu I ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x − 3mx + 2 ( Cm )

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( C1 )

Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của ( Cm ) cắt đường tròn tâm I ( 1;1) , bán kính
bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình x 2 − x − 2 + 3 x ≤ 5 x 2 − 4 x − 6
( x ∈ R).
3π
π
2. Giải phương trình 2 2 cos 2 x + sin 2 x cos( x + ) − 4 sin( x + ) = 0 .
4
4
e
3
log 2 x
dx
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫
2
x
1
+

3ln
x
1
Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2 .
Gọi
điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn
uu
r I làutrung
uu
r
0
IA = −2 IH . Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và
khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH).
Câu V(1,0 điểm). Cho 2 số thực x, y thỏa mãn : x + y = 2 x − 2 + y + 1 + 1 .
Tìm GTLN, GTNN của F =

2(1 + xy x + y )
x
y
( x − y ) + ( y − x) +
.
2
2
x+ y

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : x + 3 y + 8 = 0 ,
∆ ' :3 x − 4 y + 10 = 0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ ,
đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’.

x +1 y −1 z −1
=
=
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:
;d2:
2
−1
1
x −1 y − 2 z +1
=
=
và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường
1
1
2
thẳng ∆, biết ∆ nằm trên mặt phẳng (P) và ∆ cắt hai đường thẳng d1, d2 .
Câu VII.a (1 điểm) Cho n là số nguyên dương, hãy tính tổng
2 2 − 1 1 23 − 1 2
2n +1 − 1 n .
S = Cn0 +
Cn +
Cn + ... +
Cn
2
3
n +1
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 4 y – 5 = 0 và (C2): x2 + y2 - 6x + 8y +
16 = 0

Lập phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
x y z
x+1
d1 : = = ,d2 :
= y = z − 1 và mặt phẳng P : x − y − z = 0 . Tìm tọa độ hai điểm
1 1 2
−2
M ∈ d1, N ∈ d2 sao cho MN song song P và MN = 6 .

( )

( )

5 x 2 y = 100
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
log 3 ( x + 1) + log 3 y = 1 + log 3 x
-----------------Hết--------------Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

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


ĐÁP ÁN MÔN TOÁN – KỲ THI THỬ ĐH NĂM 2011- TRUNG TÂM LTĐH SÔNG LÔ
Câu Ý
Nội dung
1 *Tập xác định: D = R
x = 0
* y’ = - 3x2 + 6x ; y’ = 0 ⇔ 
x = 2
*Bảng biến thiên

x
y’
y

-∞
+∞

-

0
0

3
0
2

+

1đ

+∞

-

-2

Điểm

-∞

* Hàm số nghịch biến trên ( - ∞ ;1) và ( 3; + ∞ ); đồng biến trên ( 1; 3)
* Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và yCĐ = 2

I

y

f(x)=-x^3+3x^2-2

4

2

x
-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

-2

-4

* Đồ thị :
2

(1,0 điểm): Gọi M ∈ ( d ) ⇒ M(m;2). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số
góc k ⇒ PTĐT ∆ có dạng : y=k(x-m)+2.
ĐT ∆ là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm

0,25

− x 3 + 3 x 2 − 2 = k( x − m) + 2 (1)

(I).

2
(2)

 −3 x + 6 x = k

0,25

Thay (2) và (1) được: 2x3 -3(m+1)x2+6mx-4=0 ⇔ (x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0
x = 2
⇔ 2
. Đặt f(x) =VT(3)
 2 x − (3m − 1) x + 2 = 0 (3)

Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C) ⇔ hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt ⇔ PT(3)
có hai nghiệm phan biệt khác 2

∆ > 0
m < −1 hoÆc m>5/3
⇔
⇔
 f (2) ≠ 0
m ≠ 2

0,25

.

m < −1 hoÆc m>5/3
thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến
m ≠ 2

Vậy M(m;2) thuộc (d): y = 2 với 
(C)

0,25


1

 x2 − x − 2 ≥ 0

⇔x≥2
Điều kiện  x ≥ 0

5 x 2 − 4 x − 6 ≥ 0

Bình phương hai vế ta được 6 x( x + 1)( x − 2) ≤ 4 x 2 − 12 x − 4
⇔ 3 x( x + 1)( x − 2) ≤ 2 x( x − 2) − 2( x + 1) ⇔ 3

Đặt t =

x( x − 2)
x ( x − 2)
≤2
−2
x +1
x +1

 −1
t≤
x( x − 2)
2
2 ⇔ t ≥ 2 ( do t ≥ 0 )
≥ 0 ta được bpt 2t − 3t − 2 ≥ 0 ⇔ 

x +1
t ≥ 2

Với t ≥ 2 ⇔

II

0,5

x( x − 2)
≥ 2 ⇔ x2 − 6x − 4 ≥ 0
x +1

0,5

 x ≤ 3 − 13
⇔
⇔ x ≥ 3 + 13 ( do x ≥ 2 ) Vậy bpt có nghiệm x ≥ 3 + 13
 x ≥ 3 + 13
2

2 2 cos 2 x + sin 2 x cos( x +
2 2 cos 2 x + sin 2 x (cos x. cos

3π
π
) − 4 sin( x + ) = 0 ⇔
4
4

0,25

3π
3π
π
π
− sin x sin ) − 4(sin x cos + cos x sin ) = 0
4
4

4
4

⇔ 4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0 ⇔ (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0
s inx+cosx=0 (2)
π
⇔
. PT (2) có nghiệm x = − + kπ .
4
 4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3)

0,25

π
Giải (2) : Đặ t = s inx-cosx= 2 sin( x − ), §iÒu kiÖn t ≤ 2 (*) ⇒ sin 2 x = 1 − t 2 ,
4
0.25
thay vào (2) được PT: t2-4t-5=0 ⇔ t=-1( t/m (*)) hoặc t=5(loại )
3π
+ k 2π .
Với t=-1 ta tìm được nghiệm x là : x = k 2π hoÆc x=
2
KL: Họ nghiệm của hệ PT là: x = −

π
3π
+ kπ , x = k 2π vµ x=
+ k 2π
4
2

0,25

3

 ln x 
e
e
e
3

÷
log 2 x
1
ln 2 x.
ln xdx
ln 2 
I =∫
dx = ∫ 
dx = 3 ∫
.
2
2
2
ln 2 1 1 + 3ln x
x
1 x 1 + 3ln x
1 x 1 + 3ln x

III

1 2
dx 1
2
2
Đặt 1 + 3ln x = t ⇒ ln x = (t − 1) ⇒ ln x. = tdt . Đổi cận …
3
x 3
1 2
e
2
2
3
( t − 1) 1
log
x
1
1
2
Suy ra I =
3
2
∫1 x 1 + 3ln 2 x dx = ln 3 2 ∫1 t . 3 tdt = 9 ln 3 2 ∫1 ( t − 1) dt
2

1 1 3 
4
=
 t −t÷ =
3

3
9 ln 2  3
 1 27 ln 2
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:

AM ⊥ BC 
 ⇒ BC ⊥ ( A' AM )
A' O ⊥ BC 

Kẻ MH ⊥ AA' , (do ∠A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

0,5

0,5


Do

BC ⊥ ( A' AM ) 
 ⇒ HM ⊥ BC .Vậy HM là đọan vông góc chung của
HM ∈ ( A' AM )

0,5
C’

A’
AA’và BC, do đó d ( AA' , BC) = HM = a

3
.

4

B’

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH
A' O HM
=
ta có:
A
AO
AH
⇔ suy ra A' O = AO.HM = a 3 a 3 4 = a
AH
3 4 3a 3

IV

Thể tích khối lăng trụ: V = A' O.S ABC
Trước hết ta có: x + y
3

3

( x + y)
≥

3

C
O

M

(biến đổi tương đương) ⇔ ... ⇔ ( x − y )

4

0,5

B
1
1aa 3
a3 3
= A' O.AM.BC =
a=
2
23 2
12

x + y)
Đặt x + y + z = a. Khi đó 4 P ≥ (

V

H

3

a

+ 64 z 3

3

( a − z)
=

3

a

+ 64 z 3
3

2

( x + y) ≥ 0

0,5

= ( 1 − t ) + 64t 3
3

z
(với t = , 0 ≤ t ≤ 1 )
a

Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] . Có

0,5

1
f '(t ) = 3 64t 2 − ( 1 − t )  , f '(t ) = 0 ⇔ t = ∈ [ 0;1]


9
2

64

16
Lập bảng biến thiên ⇒ Minf ( t ) = 81 ⇒ GTNN của P là
đạt được khi x = y = 4z > 0
t∈[ 0;1]
81
1 Tâm I của đường tròn thuộc ∆ nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến ∆ ’ bằng k/c IA nên ta có
3(−3t − 8) − 4t + 10
= (−3t − 8 + 2) 2 + (t − 1) 2
2
2
3 +4
Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25.

VIa

2 Gọi A = d1∩(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2 ∩ (P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng ∆ thỏa mãn bài toán đi qua A vàr B.
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là u = (1; 3; −1)
x −1 y z − 2

= =
Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là:
1
3
−1

0,25

0,25

0,5

0,5

0,5

Xét phương trình : Z – Z + 6Z – 8Z – 16 = 0
Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm Z1 = –1, phân tích vế trái thành nhân tử cho ta:
4

3

2

(Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0 Suy ra: Z3 = 2 2 i và Z4 = – 2 2 i

VIIa

{

0,5

}

ĐS : −1,2, − 2 2 i, − 2 2 i

1

( C1 ) : I1 ( 0; 2 ) , R1 = 3; ( C2 ) : I 2 ( 3; −4 ) , R2 = 3.

0,5
0,5

(

2
2
Gọi tiếp tuyến chung của ( C1 ) , ( C2 ) là ∆ : Ax + By + C = 0 A + B ≠ 0

)




2
2
( 1)
 d ( I1; ∆ ) = R1
 2B + C = 3 A + B
⇔

d ( I 2 ; ∆ ) = R2
 3 A − 4 B + C = 3 A2 + B 2 ( 2 )


∆ là tiếp tuyến chung của ( C1 ) , ( C2 ) ⇔ 
Từ (1) và (2) suy ra A = 2 B hoặc

C=

0,5

−3 A + 2 B
2

Trường hợp 1: A = 2 B .Chọn B = 1 ⇒ A = 2 ⇒ C = −2 ± 3 5 ⇒ ∆ : 2 x + y − 2 ± 3 5 = 0
Trường hợp 2: C =

VIb

2

−3 A + 2 B
. Thay vào (1) được
2

4
A − 2 B = 2 A2 + B 2 ⇔ A = 0; A = − B ⇒ ∆ : y + 2 = 0; ∆ : 4 x − 3 y − 9 = 0
3
M
∈

d
⇒
M
t;
t;
2t
,
N
∈
d
⇒
N
(
)
( −1 − 2t '; t ';1 + t ' )
Gọi
1
2

t = 1

uuuu
r uur
t ' = 0
MN.n P = 0

 t = 2t '+ 1
u
u
u

u
r
⇔
⇔   t = − 11


2
2
2

 (−1 − 2t '− t) + (t '− t) + (1 + t '− 2t) = 6
13
 MN = 6
 

12
t ' = −
13

Vậy M (−

11 11 22
11 12 2
; − ; − ), N ( ; − ; ) hoặc M (1;1;2), N (−1;0;1)
13 13 13
13 13 13

0,5

0,5

y − x > 0
Điều kiện: 
y > 0

VIIb

1
y−x


y−x 1
log 4 ( y − x ) + log 4 y = −1 log 4 y = −1  y = 4
⇔
⇔
Hệ phương trình ⇔ 
 x 2 + y 2 = 25
 x 2 + y 2 = 25
 x 2 + y 2 = 25



3y

x = 3
x =
⇔
⇔
4
 x 2 + y 2 = 25  y = 4



( do y> x ; y > 0) ⇔ ( x; y ) = (3; 4)

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần
như đáp án quy định.
------------------Hết-----------------(1,0đ) Từ gt ⇒ x ≥ 2; y ≥ −1 .

(

Vì 2. x − 2 + 1. y + 1

) ≤(2
2

Nên từ x + y = 2 x − 2 +

2

+ 12

) ( x − 2 + y + 1) ⇔ 2

x − 2 + y + 1 ≤ 5( x + y − 1) .

y +1 +1

⇒ x + y ≤ 5( x + y − 1) + 1 . Đặt t = x + y , ta có: t − 1 ≤ 5(t − 1) ⇔ 1 ≤ t ≤ 6
1
2

1
2
2
= t2 +
Khi đó: F = ( x + y ) +
.
2
x+ y 2
t
1 2 2
1
'
≥ 0; ∀t ∈ [ 1;6]
Xét f (t ) = t +
, với t ∈ [ 1;6] , có f (t ) = t −
2
t
t t
2
5
⇒ Min f (t ) = f (1) = ; Max f (t ) = f (6) = 18 +
t
∈
1;6
[ ]
t∈[ 1;6]
6
2

0,5

0,5


⇒ GTNN của F là:

GTLN của F là: 18 +
IV
(1điểm)

x = 2
5
đạt được tại: t = 1 ⇔ 
2
 y = −1
2
x = 6
đạt được tại :t= 6 ⇔ 
6
y = 0

S

.K
H

B
I

C

A

uu
r
uuu
r
*Ta có IA = −2 IH ⇒ H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2 IH
BC = AB 2 = 2a Suy ra IA = a, IH =

a
2

⇒ AH = IA + IH =

Ta có HC 2 = AC 2 + AH 2 − 2 AC . AH .cos 450 ⇒ HC =

(

)

2

a 5
2

Vì SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SC , ( ABC ) = ∠SCH = 60 ⇒ SH = HC . tan 60 =
0

0

Ta có HC 2 = AC 2 + AH 2 − 2 AC . AH .cos 450 ⇒ HC =
Vì

SH ⊥ ( ABC ) ⇒ ( SC , ( ABC ) )

Thể tích khối chóp S.ABCD là:

VS . ABC

0,25

3a

a 15

0,25

2

a 5
2

a 15
= ∠SCH = 60 ⇒ SH = HC .tan 60 =
2
0

0,25

0

1
a 3 15
= S ∆ABC .SH =
( dvtt )
3
6

 BI ⊥ AH
⇒ BI ⊥ ( SAH )

 BI ⊥ SH
d ( K , ( SAH ) ) SK 1
1
1
a
⇒
=
= ⇒ d ( K , ( SAH ) ) = d ( B, ( SAH ) ) = BI =
2
2
2
d ( B, ( SAH ) ) SB 2

0,25

*

0,25