Đề và đáp án thi thử ĐH số 2

é THI thử I HC S 11
Mụn thi : TON - làm bài:180 phút
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I:(2 im) Cho hm s y = x3 + 3x2 + mx + 1 cú th l (Cm); ( m l tham s)

1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 3.
2. Xỏc nh m (Cm) ct ng thng: y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D, E
sao cho cỏc tip tuyn ca (Cm) ti D v E vuụng gúc vi nhau.
Cõu II:(2 im)
1. Giai hờ phng trinh:

x 2 y xy = 0

x 1 2 y 1 = 1

2. Tìm x (0; ) thoả mãn phơng trình: cotx 1 =

cos 2 x
1
+ sin 2 x sin 2 x .
1 + tan x
2

Cõu III: (2 im)
1. Trờn cnh AD ca hỡnh vuụng ABCD cú di l a, ly im M sao cho AM = x (0 < x a).
Trờn ng thng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ti A, ly im S sao cho SA = 2a.
a) Tớnh khong cỏch t im M n mt phng (SAC).
b) Kẻ MH vuông góc với AC tại H . Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn nhất
2. Tớnh tớch phõn: I =

4
0



( x + sin 2 2 x) cos 2 xdx .

Cõu IV: (1 im) : Cho các số thực dơng a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1.
a +b2 b +c 2 c + a 2
Chng minh rng :
+
+
2.
b +c
c +a
a +b
PHN RIấNG (3 im) (
A. Theo chng trỡnh chun

Chú ý!:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần)

Cõu Va :1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng

trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x y 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)
và đờng thẳng :

x 1 y + 2 z
=
= .Tìm toạ độ điểm M trên

1
1
2

Cõu VIa : Giải bất phơng trình: ( 2 +

3) x

2

2 x +1

+ (2 3 ) x

2

2 x 1



3
và
2

sao cho: MA2 + MB 2 = 28
4
2 3

B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu Vb: 1. Trong mpOxy, cho ng trũn (C): x2 + y2 6x + 5 = 0. Tỡm M thuc trc tung sao cho

qua M k c hai tip tuyn ca (C) m gúc gia hai tip tuyn ú bng 60 0.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với
d:

x 1 y +1 z
=
=
.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M,
2
1
1

ct v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d
log xy
log 2

4 3 = 2 + ( xy ) 3
Cõu VIb: Gii h phng trỡnh
2
2

log 4 ( x + y ) + 1 = log 4 2 x + log 4 ( x + 3 y )

....Ht.


Híng dÉn chÊm m«n to¸n ĐỀ SỐ11

C©u

I

Néi Dung

ý
1

Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iĨm)
y = x3 + 3x2 + mx + 1
(Cm)
3
2
1. m = 3 : y = x + 3x + 3x + 1 (C3)
+ TXĐ: D = R
+ Giới hạn: lim y = −∞, lim y = +∞
x →−∞

§iĨm
2
1

0,25

x →+∞

2

+ y’ = 3x + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀x
⇒ hµm sè ®ång biÕn trªn R
•

0,25

Bảng biến thiên:

0,25

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)
y” = 0 ⇔ x = –1 ⇒ tâm đối xứng U(-1;0)
* Đồ thò (C3):
Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1)

0,25

2

1
Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:
x = 0
x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔  2
(2)
 x + 3x + m = 0

* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:
⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE ≠ 0.
m ≠ 0
 ∆ = 9 − 4m > 0

⇔
4 (*)

⇔ 2
0 + 3 × 0 + m ≠ 0
 m < 9
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
kD=y’(xD)= 3x 2D + 6x D + m = −(3x D + 2m);

0,25

0,25

0,25


kE=y’(xE)= 3x 2E + 6x E + m = −(3x E + 2m).
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1
⇔
(3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1
0,25
⇔
9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1
⇔ 9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo đònh lý Vi-ét).

9 + 65
m =
8
⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔ 

9 − 65
m =
8


1
9 − 65
 So s¸nhĐk (*): m =
8

(

)

II

2
1

1
x ≥ 1

1. §k: 
1
 y ≥ 2
(1)

0,5

⇔ x − y − ( y + xy ) = 0 ⇔ ( x + y )( x − 2 y ) = 0
 x−2 y =0
⇔
⇔ x=2 y
 x + y = 0(voly )

⇔ x = 4y Thay vµo (2) cã
4 y −1 − 2 y −1 = 1 ⇔ 4 y −1 = 2 y −1 +1

0,25

⇔ 4 y −1 = 2 y −1 + 2 2 y −1 + 1 ⇔ 2 y −1 = 2 2 y −1
1

 2 y −1 = 0
 y = 2 (tm)  x = 2
⇔
⇔
⇒
 2 y − 1 = 2
 y = 5 (tm)  x = 10

2

V©y hƯ cã hai nghiƯm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2)

2

0,25

1

sin 2 x ≠ 0
sin 2 x ≠ 0
⇔
sin x + cos x ≠ 0 tan x ≠ −1

cos x − sin x cos 2 x. cos x
=
+ sin 2 x − sin x cos x
PT ⇔
sin x
cos x + sin x
cos x − sin x
⇔
= cos 2 x − sin x cos x + sin 2 x − sin x cos x
sin x
®K: 

0,25



⇔ cos x − sin x = sin x(1 − sin 2 x)

0,25

⇔ (cos x − sin x)(sin x cos x − sin 2 x − 1) = 0

0,25

⇔ (cos x − sin x)(sin 2 x + cos 2 x − 3) = 0
cos x − sinx = 0

π
⇔ (cos x − sinx)( 2 sin(2 x + ) − 3) = 0 ⇔ 
π

2 sin(2 x + ) = 3(voly )
4

4

⇔ cos x − sin x = 0 ⇔ tanx = 1 ⇔ x =
Do x ∈ ( 0;π ) ⇒ k = 0 ⇒ x =

π
4

π
+ kπ (k ∈ Z ) (tm®k)
4

III

0,25

2
1

1
 SA ⊥ ( ABCD)
⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD)
 SA ⊂ ( SAC )

Do 

0,25

Lai cã

MH ⊥ AC = ( SAC ) ∩ ( ABCD )

⇒ MH ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( M , SAC ) = MH = AM .sin 45o =

x
2

Ta cã
x
x
⇒ HC = AC − AH = a 2 −
2
2
1
1 x
x
⇒ S ∆MHC = MH .MC =
(a 2 −
)
2
2 2
2
1
1
x
x
⇒ VSMCH = SA.S ∆MCH = 2a

(a 2 −
)
3
6
2
2
AH = AM .cos 450 =

O,5

Tõ biÓu thøc trªn ta cã:
x
x
+a 2−
2
2
VSMCH
2
x
x
⇔
=a 2−
2
2
⇔x=a
1
≤ a[
3

]

2

a3
=
6

0,25

⇔ M trïng víi D
2

1
π
4

π
4

π
4

I = ( x + sin 2 2 x)cos 2 xdx = xcos 2 xdx + sin 2 2 xcos 2 xdx = I + I

0,25


IV

1

1


.Ta có :VT = (

A+3=

a
b
c
b2
c2
a2
+
+
)+(
+
+
) = A+ B
b+c c +a a +b
b+c c +a a +b

1
1
1
1
+
+
[ (a + b) + (b + c ) + (c + a )]

2
a + b b + c c + a

1
1
1
1
9
3 3 (a + b)(b + c)(c + a )3 3
=
2
a+b b+c c+a 2
3
A
2
a2
b2
c2
12 = (a + b + c) 2 (
+
+
)(a + b + b + c + c + a)
a+b b+c c+a
1
1 B.2 B
2
3 1
Từ đó tacó VT + = 2 = VP
2 2

0,25

0,25

0,25

0,25

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3
V.a

2
1
0,25

1
Ta có: AB =

2 , trung điểm M (

5 5
; ),
2 2

pt (AB): x y 5 = 0
3
1
3
S ABC = d(C, AB).AB = d(C, AB)=
2

2
2
Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)=
d(G, AB)=

t (3t 8) 5

2
G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)

=

2

0,25

0,25
1

x = 1 t

ptts : y = 2 + t M (1 t ; 2 + t ; 2t )
z = 2t


Ta có: MA2 + MB 2 = 28 12t 2 48t + 48 = 0 t = 2
Từ đó suy ra : M (-1 ;0 ;4)

1

1
2

1
t = 1 hoặc t = 2
2

uuuur uuuur
Mà CM = 3GM C = (-2; -10) hoặc C = (1; -1)

VI.a

0,25

0,5

0,25
0,25

1


(

⇔ 2+ 3

Bpt

(

t = 2+ 3

)

x2 − 2 x

)

x2 − 2 x

(

+ 2− 3

)

x2 − 2 x

BPTTT :

(t > 0)

0,25

≤4

0,25

1
t+ ≤4

t

⇔ t 2 − 4t + 1 ≤ 0 ⇔ 2 − 3 ≤ t ≤ 2 + 3 (tm)

(

Khi ®ã : 2 − 3 ≤ 2 + 3
⇔

)

0,25
2

x −2 x

2
≤ 2 + 3 ⇔ −1 ≤ x − 2 x ≤ 1

0,25

x 2 − 2x − 1 ≤ 0 ⇔ 1 − 2 ≤ x ≤ 1 + 2

V.b

2
1

1
. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m)

Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
 ·AMB = 600 (1)
Vậy 
Vì MI là phân giác của ·AMB
 ·AMB = 1200 (2)

0,5

IA
(1) ⇔ ·AMI = 300 ⇔ MI =
⇔ MI = 2R ⇔ m 2 + 9 = 4 ⇔ m = m 7
sin 300
IA
2 3
4 3
(2) ⇔ ·AMI = 600 ⇔ MI =
R ⇔ m2 + 9 =
Vô
0 ⇔ MI =
sin 60
3
3
nghiệm
Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 )

2

0,5

1

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M,
cắt và vuông góc với d.
0,25
 x = 1 + 2t

d có phương trình tham số là:  y = −1 + t
z = −t


uuuur

Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra : MH = (2t − 1 ; − 2 + t ; − t)
r
Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; −1), nên :
2

uuuur

1

4

0,25

2

2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t = . Vì thế, MH =  3 ; − 3 ; − 3 ÷


3

uuuur uuuur
uMH = 3MH = (1; −4; −2)
Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:
7
3

1
3

2
3

x − 2 y −1 z
=
=
1
−4 −2

Theo trªn cã H ( ; − ; − ) mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é M’

0,25
0,25

8
5
4
( ;− ;− )
3
3
3

ĐK: x>0 , y>0

VIb

(1) ⇔

22 log3 xy − 2log3 xy − 2 = 0

0,5


0,25

3
x
2
2
2
(2)⇔ log4(4x +4y ) = log4(2x +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = 9

⇔log3xy = 1 ⇔ xy = 3⇔y=

Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: (

3 ; 3 ) hoặc ( 6 ;

S

M

A

D

H

B

C

6
)
2

0,25