ĐỀ THI THỬ ĐH THPT PHAN ĐĂNG LƯU-NA-08-09

Sở GD & ĐT Nghệ An
Trờng THPT Phan Đăng Lu
--------------o0o---------------
Đề thi thử đại học lần 1- khối a
Năm học 2008 - 2009
( Môn: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút )
Phần chung cho tất cả thí sinh
Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x
3
- 3x
2
+ 2.
2. Biện luận theo tham số m, số nghiệm thực của phơng trình:
3 2
x - 3x + 2
=
3 2
- 3 + 2m m
.
Câu II (3 điểm). Giải các phơng trình sau, với ẩn
x

Ă
.
1.
2 2 2
1 2
2 4
1 2 2 2 4 2
log .log .log 6

2
2 2
x x x
x
x x
+ +
+ +
+ + +
=
.
2. cos
2
x + cos
2
2x + cos
2
3x = 3.
3.
2 2
2 2 1x x x + =
.
Câu III (2 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm E(1; 1; 1) và đờng thẳng d có
phơng trình tham số là
0x
y t
z t
=


=

=

.
1. Lập phơng trình đờng thẳng đi qua điểm E, vuông góc và cắt đờng thẳng d.
2. Lập phơng trình mặt phẳng đi qua E, song song với đờng thẳng d và khoảng cách
giữa đờng thẳng d với mặt phẳng đó bằng
3
3
.
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân I =
2
2
2 ln
2ln
e
e
x x x
dx
x


.
2. Cho a, b, c là ba số thực dơng. Chứng minh rằng
22 2 2
3
3 3 3
3

( ) ( ) ( ) 4 ( )a b b c c a a b c+ + + + + > + +
.
Phần riêng (Thí sinh chỉ đợc chọn một phần riêng thích hợp để làm bài)
Câu Va (Theo chơng trình nâng cao)
Trong không gian, cho tứ diện ABCD, có AB, BC, BD đôi một vuông góc với nhau và AB
= 1 cm, BC = BD = 2 cm. Gọi M, N lần lợt là trung điểm của BC, CD. Tính khoảng cách giữa hai
đờng thẳng AM và BN.
Câu Vb (Theo chơng trình chuẩn)
Hình chóp S.ABC có AB = 2 cm, góc SAB bằng 60
0
. Có một mặt cầu tiếp xúc với các
cạnh bên SA, SB, SC và tiếp xúc với ba cạnh AB, BC, CA tại trung điểm của mỗi cạnh.
Tính thể tích khối chóp đó.
------------------------------------ Hết --------------------------------------
1
đáp án và biểu điểm - Khối a
Môn Toán- Thi thử ĐH lần 1-Năm học 2008-2009 - Trờng THPT Phan Đăng Lu-NA
Nội dung
Điểm
Câu I 2.0
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x
3
- 3x
2
+ 2.
1.0
Hàm số có tập xác định là
Ă
;
x x

Limy ; Limy
+
=+ =
.
0. 25
y = 3x
2
- 6x; y = 0 x = 0 hoặc x = 2
x
- 0 2 +
y + 0 - 0 +
y
0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-; 0) và (2; +); hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2). Điểm (0; 2) là
điểm CĐ của đồ thị hàm số; điểm (2; -2) là điểm CT của đồ thị hàm số. Điểm U(1; 0) là điểm uốn của đồ thị
hàm số. Đồ thị giao với các trục tọa độ: (1-
3
; 0), (1; 0), (1+
3
; 0), (0; 2).
0.25
th hm s y =
3 2
x - 3x + 2
th hm s y = x
3
- 3x
2
+ 2.
0.25

2. Biện luận theo tham số m, số nghiệm thực của phơng trình:
3 2
x - 3x + 2
=
3 2
- 3 + 2m m
. (1)
1.0
Vẽ đồ thị hàm số y =
3 2
x - 3x + 2
, và đờng thẳng y =
3 2
- 3 + 2m m
. 0.25
Số nghiệm PT (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y =
3 2
x - 3x + 2
, và đờng thẳng y
=
3 2
- 3 + 2m m
. Do đó: Nếu
3 2
- 3 + 2m m
< 0, tức là m < 1-
3
hoặc 1 < m < 1+
3
thì PT (1) vô nghiệm

0.25
Nếu 0 <
3 2
- 3 + 2m m
< 2, tức là 1-
3
< m < 1 và m 0 hoặc 1 +
3
< m < 3 thì PT (1) có 6 nghiệm. 0.25
Nếu
3 2
- 3 + 2m m
> 2, tức là m > 3 thì PT (1) có 2 nghiệm.
Nếu
3 2
- 3 + 2m m
= 0, tức là m = 1 -
3
, m = 1, m = 1 +
3
thì PT(1) có 3 nghiệm.
Nếu
3 2
- 3 + 2m m
= 2, tức là m = 0, m = 3 thì PT (1) có 4 nghiệm.
0.25
Câu II.
2.0
2
2

-
-2
+
1. Giải phơng trình
1 2
2 2 2
2 4
1 2 2 2 4 2
log .log .log 6
2 2 2
x x x
x x x
+ +
+ +
+ + +
=
(1), với ẩn
x

Ă
. 1.0
(1)


2 2 2
1 2
1 1 1 1 1
log 1 .log .log 6
2 2 2 2 4
x x x+ +

+ + + =
ữ ữ ữ

0.25



2 2 2
1 1 1
log 1 . log 1 1 . log 1 2 6
2 2 2
x x x


+ + + =
ữ ữ ữ
ữ ữ


0.25
Đặt t =
2
1
log 1
2
x

+
ữ

, ta đợc PT: t(t - 1) (t - 2 ) = 6, PT này có nghiệm là t = 3.
0.25
Vy x =
2
log 7
.
0.25
2. 1.0
Cách giải 1: cos
2
x

1, cos
2
2x

1, cos
2
3x

1,
x

Ă
0.5
Do đó cos
2
x + cos
2

2x + cos
2
3x = 3
2
2
2
cos 1
cos 2 1
cos 3 1
x
x
x
=


=


=

0.25

( )x k k= Â
0.25
Cách giải 2: cos
2
x + cos
2
2x + cos
2

3x = 3

cos2x + cos 4x + cos6x = 3
0.25

2cos4x (2cos2x + 1) = 3

(2cos
2
2x - 1)(2cos2x + 1) = 3,
Đặt t = cos2x, ĐK
1t
. Ta có PT 4t
3
+ 2t
2
- 2t - 4 = 0
0.5
Giải đợc t = 1 suy ra
( )x k k= Â
.
0.25
3. Giải PT
2 2
2 2 1x x x + =
(1). 1.0
Cách giải 1: ĐK xác định
2x
. Nếu
2x

thì vế trái của PT dơơng, còn vế phải của PT âm nên
PT không có nghiệm thuộc (-;
2
]
0.5
Trên [
2
; +), (1)

2 2
2 1
1 2 1 1
x x
+ =
0.25
Đặt
2 2
2 1
1 ; 1u v
x x
= =
; Ta có hệ
2 2
2 1
1
1
2 1
u v
u
v

u v
+ =
=




=
=


. Phơng trình vô nghiệm. 0.25
Cách giải 2: ĐK xác định
2x
. Nếu
2x
thì vế trái của PT dơơng, còn vế phải của PT âm nên
PT không có nghiệm thuộc (-;
2
]
0.5
Trên [
2
; +), (1)

2 2 2 2 2 2 2
5 6 4 ( 2)( 1) 2 ( 2)( 1) 6 4x x x x x x x + = =
(2) 0.25
Trên [
2

; +), 6-4x
2
< 0 do đó PT (2) vô nghiệm. Vậy PT (1) vô nghiệm
0.25
Câu III.
2
1. Lập phơng trình đờng thẳng đi qua điểm E(1; 1; 1), vuông góc và cắt đờng thẳng d. 1.0
Gọi F là điểm thuộc đờng thẳng d, suy ra F(0; t; -t). EF

d suy ra . 0
d
EF u =
uuur uur
. 0.25
( 1; 1; 1); (0;1 1)
d
EF t t u
uuur uur
; . 0
d
EF u =
uuur uur

t = 0, F(0; 0; 0). Suy ra
( 1; 1; 1).EF
uuur
0.5
Đờng thẳng cần tìm là đờng thẳng EF, có phơng trình là
( )
x t

y t t
z t
=


=


=

Ă
0.25
2. 1.0
3
Giả sử
( ; ; )n A B C
r
là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng cần tìm (P) ( A
2
+ B
2
+ C
2
> 0).
PT (P): A(x - 1) + B(y - 1) + C(z - 1) = 0 hay (P): Ax + By + Cz -A - B - C = 0.
0.25
Đờng thẳng d song song với mặt phẳng (P) suy ra . 0
d
n u =
r uur

do đó B -C = 0 (1) 0.25
Khi d//(P) thì d(d, (P)) = d(O, (P)) =
2 2 2
A B C
A B C
+ +
+ +
=
3
3
(2) 0.25
Từ (1) và (2), tìm đợc A = -1, B = C = 1 hoặc A = -5, B = C = 1 do đó
(P): x - y - z + 1 = 0 hoặc (P): 5x - y - z - 3 = 0.
0.25
Câu IV. 2.0
1. Tính tích phân I =
2
2
2 ln
2ln
e
e
x x x
dx
x


=
2
2 2

ln 2ln
e e
e e
x x
dx dx
x x


= N - M 0.25
N =
2
2
2 2 4 2
2
2 2
1 1 1
ln 2 ln 2ln 2 ln 4 2
e
e
e
e
e e
e e
x dx x e e
dx x d M
x x x x
= = = +

0.5
Vậy I =

4 2
4 2
e e

. 0.25
2. 1.0
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
3 3 3 3
2 2 2
3 3 3
2 2 2 2
3 3 3 3
3
( ) ( ) ( ) 4 ( ) 2 2 2
1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b b c c a a b c a b b c c a a b c
a b b c c a
a b c a b c a b c
+ + + + + > + + + + + + + > + +
+ + +

+ + >
ữ ữ ữ
+ + + + + +

0.5
Xét hàm số
( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2
x x x
a b b c c a
f x
a b c a b c a b c
+ + +

= + +
ữ ữ ữ
+ + + + + +

, Với
x

Ă
.
Vì a, b, c là các số dơng nên các cơ số đều nhỏ hơn 1; Do đó f(x) là hàm số nghịch biến trên
Ă
.
Ta có f(1) = 1, do đó f(x) > 1, với mọi x < 1. Suy ra f(2/3) > 1. Suy ra điều phải chứng minh.
0.5
Câu Va.
1.0
Cách giaỉ 1:
Đặt hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O

B,
Ox

BC, Oy

BD, Oz

BA. Ta có
B (0; 0; 0), A(0; 0; 1); C(2; 0; 0), D(0; 2; 0). Suy
ra M(1; 0; 0), N(1; 1; 0).
0.5
(1;0; 1), (1;1;0) , (1; 1;1) , 3AM BN AM BN AM BN

= =

uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
0.25
, .
1 3
(0;0; 1), ( , ) .
3
3
,
AM BN AB
AB d AM BN
AM BN


= = =


uuuur uuur uuur
uuur
uuuur uuur

0.25
4
A
D
C
B
N
M
y
x
z
HD cáchgiải 2.
- Qua M kẻ EF//BN; BF//CD
- d(AM, BN) = d(BN, (AFE)) = BH (BH là chiều cao
của tam giác vuông BAF tại B)
HD cách giải 3.
Lồng vào hình hộp chữ nhật BCGD.AC'G'D'.
Câu Vb. 1.0
Giả sử mặt cầu tiếp xúc với SA, SB, SC lần lợt tại M, N, P
suy ra SM = SN = SP (1)
Theo giả thiết mặt cầu đó tiếp xúc với AB, BC, CA lần lợt tại
I, J, K là trung điểm của mỗi cạnh đó. Suy ra AI = BI, AK =
CK, BJ = CJ (2)
Và AI= AM= AK, BI = BJ = BN, CJ = CK = CP (3)
0.25
Từ (1), (2), (3) suy ra SA = SB = SC và Ab = BC = CA, hay
hình chóp S.ABC là hình cóp đều
0.25
Tam giác đều ABC có AB = 2 cm, suy ra dt(ABC) =
3

cm
2
Vì góc SAB bằng 60
0
nên các mặt bên là những tam giác đều
cạnh bằng 2 cm, suy ra chiều cao SH =
2 6
3
cm
0.25
Vậy V =
3
1 1 2 6 2 2
. . ( ) . . 3 ( )
3 3 3 3
SH dt ABC cm= =
0.25
------------Hết------------
5
A
D
C
B
N
M
F
E
A
B
C

S
H
M
N
P
I
J
K