ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010-2011

§Ị thi ®¹i häc lÇn 5
N¨m häc 2010-2011
M«n: To¸n khèi 12
(Thêi gian lµm bµi 180 phót kh«ng kĨ chÐp ®Ị)
C©u 1: (2,0 điểm) Cho hàm số:
( )
2
3 2
2
m
x x m
y C
x
- + +
=
-
a) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số khi m = 1
b) Tìm m để
( )
m
C
có cực đại tại A sao cho tiếp tuyến của
( )
m
C
tại A cắt oy tại B
sao cho tam giác AOB vuông cân?
C©u 2 (2,0 điểm)
a) Gi¶i ph¬ng tr×nh: sin
2
x + cos

3
x + sinx = 0
b) Tìm điều kiện m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:

1
1 3
x y
x x y y m
+ =


+ = −

C©u 3 (2,0 điểm)
a) Tính tích phân:
2x 2
0
I e sin xdx.
π
=
∫
b) Gi¶i ph¬ng tr×nh:
2
12 8
2 4 2 2
9 16
x
x x
x
-

+ - - =
+
.
Câu 4: (2,0 điểm) Trong không gian Oxyz cho A(0; 1; 0), B(2; 2; 2), C(-2; 3; 1) và đường
thẳng (∆) :
x 1 y 2 z 3
2 1 2
− + −
= =
−
a) Tìm điểm M thuộc (∆) để thể tích tứ diện MABC bằng 3.
b) Tìm điểm N thuộc (∆) để diƯn tích tam giác ABN nhỏ nhất.
Câu 5: (2,0 điểm)
a) Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA = SB = SC, khoảng
cách từ S đến mặt phẳng (ABC) là h. Tính h theo a để hai mặt phẳng (SAB) và
(SAC) vuông góc nhau.
b) Cho a,b,c > 0 Chøng minh r»ng
2
3
≥
+
+
+
+
+
ba
c
ac
b
cb

a
(1)
...............................HÕt...............................
*Ghi chó: Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.
Së GD&§T VÜnh Phóc
Trêng THPT Ng« gia Tù
§¸p ¸n bµi thi thư ®¹i hoc lÇn 5
(N¨m 2008-2009)
Câu 1 (2 điểm):
Nội dung trình bày Điểm
a) ( 1 điểm)
khi m=1 thì hàm số có dạng:
1
1
2
y x
x
= − + +
−

Tập XĐ
{ }
\ 2R
0,25
2
1
1
' 1 ; ' 0
3
(2 )

x
y y
x
x
=
= − + = ⇔
=
−

1 2 1
' 0 , ' 0
2 3 3
x x
y y
x x
< <£
>³ Û Û
< >£
0,25
Bảng biến thiên
x
- ¥
1 2 3 +
¥
y'
- 0 +
P
+ 0 -
y
+ ¥

+ ¥

P
-3
1
- ¥ - ¥
Tiệm cận đứng
2x =
, tiệm cận xiên là:
1y x=- +
0,25
Đồ thò:
0,25
b) ( 1 điểm)
Ta có
( )
( )
2
2
1
2 2
2
2
4 4
' 1 ; ' 0 2
2
(2 )
2
2
x

m x x m
y y x m
x m
x
x
x m
≠


− + + −
= − + = = ⇔ − = ⇔
= −

−
−

= +

0,25
Ta có bảng biến thiên sau:
x
- ¥
1
x
2
2
x
+
¥
0,25

y
y
x
1
1
1
1
2
O
y'
- 0 +
P
+ 0 -
y
+ ¥
+ ¥

P

2
y
1
y
- ¥ - ¥
- ¥
ù
Vậy cực đại đạt được tại điểm
( )
2 2 2 2
2

; , 1 1 2
2
m
A x y voi y x m
x
=- + + =- -
-
Tiếp tuyến của
( )
m
C
tại điểm CĐ A có PT là: 1 2y m=- - do đó
1 2 1 2OB m m= - - = +
mà AB=
2
2x m= +
Tam giác AOB vuông cân khi và chỉ khi 1 2 2 1OB AB m m m= + = + =Û Û
0,5
Câu 2 (2 điểm)
a) BiÕn ®ỉi ph¬ng tr×nh vỊ d¹ng:
sin
2
x + sinx + cos
2
x.cosx = 0 ⇔ (sinx + 1)sinx + (1 - sin
2
x).cosx = 0
⇔ (sinx + 1)[sinx + (1 - sinx).cosx] = 0
⇔
sin 1

sin cos sin .cos 0
x
x x x x
= −


+ − =

(1)
(2)
0,5
Gi¶i (1): Ta ®ỵc x =
2 ,
2
k k
π
π
− + ∈¢
0,25
Gi¶i (2): §Ỉt t = sinx + cosx,
2
1
2 sin .cos
2
t
t x x
−
≤ ⇒ =
Khi ®ã ph¬ng tr×nh cã d¹ng: t -
2

1
2
t −
= 0 ⇔ t
2
- 2t - 1 = 0 ⇔
1 2
1 2
t
t

= −

= +


(l)
⇔ sinx + cosx =
1 2−
⇔
2
sin(x +
4
π
) = 1 -
2
⇔ sin(x +
4
π
) =

1 2
2
−
⇔
1 2
arcsin( ) 2
4
2
,
3 1 2
arcsin( ) 2
4
2
x k
k
x k
π
π
π
π

−
= − +


∈

−
 = − +


¢
VËy ph¬ng tr×nh cã ba nghiƯm
0,25
b) ( 1 điểm)
Điều kiện
, 0x y ≥
ta có:
3 3
x y 1 x y 1
x x y y 1 3m ( x) ( y) 1 3m
ì ì
ï ï
+ = + =
ï ï
ï ï
Û
í í
ï ï
+ = - + = -
ï ï
ï ï
ỵ ỵ
Đặt
S x y 0, P xy 0= + =³ ³
,
2
S 4P.³

0,5
Hệ phương trình trở thành:

3
S 1 S 1
P m
S 3SP 1 3m
ì
ì
= =ï
ï
ï ï
Û
í í
ï ï
=
- = -
ï ï
ỵỵ
.
Từ điều kiện
2
S 0, P 0, S 4P³ ³ ³
ta có
1
0 m
4
£ £
.
0,5
Câu 3 (2 điểm)
a) Biến đổi I về dạng:
2x 2 2x

0 0
1
I e sin xdx e (1 cos2x)dx
2
π π
= = −
∫ ∫
(1)
• Xét tích phân:
2
2x 2x
1
0
0
1 e 1
I e dx e
2 2 2
π
π
π
= = = −
∫
(2)
• Xét tích phân:
2x
2
0
I e cos2xdx
π
=

∫
Đặt:
2x
2x
du 2sin2xdx
u cos2x
1
v e
dv e dx
2
= −

=


⇒
 
=
=



Khi đó:
2
2x 2x 2x
2
0
0 0
1 e 1
I e cos2x e sin2xdx e sin2xdx

2 2 2
π
π π
π
= + = − +
∫ ∫
(3)
0,5
• Xét tích phân:
2x
2, 1
0
I e sin2xdx
π
=
∫
Đặt:
2x
2x
du 2cos2xdx
u sin2x
1
v e
dv e dx
2
=

=



⇒
 
=
=



Khi đó:
2
2x 2x
2, 1 2
0
0
I
1
I e sin e cos2xdx I .
2
π
π
= − = −
∫
1 44 2 4 43
(4)
Thay (4) vào (3), ta được:
2 2
2 2 2
e 1 e 1
I I I .
2 2 4 4
π π

= − − ⇔ = −
(5)
Thay (2), (5) vào (1), ta được:
2 2
2
1 e 1 e 1 1
I [ ( )] (e 1).
2 2 2 4 4 8
π π
π
= − − − = −
⇒ I
1
=
1 1
1
t t t
0
0 0
e .t e dt e e 1− = − =
∫
. Vậy I = 2
0,5
b) §K:
22 ≤≤− x
(*).
Ta cã:
[ ]
2 2
12 8 2 2 4 4(2 ) 2 ( 2 4) (2 2 )x x x x x

é ù
- = + - - = + - -
ê ú
ë û
=> Ph¬ng tr×nh:
0)16924422)(2242(
2
=+−−++−−+
xxxxx




+=−++
=−−+
⇔
)2(16924422
)1(02242
2
xxx
xx
0,5
Ta cã: (1)
3
2
4842
=⇔−=+⇔
xxx
tho¶ m·n (*).
(2)

082816)28(41692816848
22222
=−−−+−⇔+=−+−⇔
xxxxxxx
§Ỉt
0,282
2
≥−=
txt
, ta ®ỵc:



−−=
=
⇔=−−+
8
088
22
xt
xt
xxtt
*
0 2
4 2
2
2 8 2 .
2 2
3
32 8

x
t x x x x
x x
ì
£ £
ï
ï
= - = =Û ÛÛ
í
ï
- =
ï
ỵ
0,5
*
082828
2
=++−⇔−−=
xxxt
ph¬ng tr×nh nµy v« nghiƯm ( do(*)).
VËy ph¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiƯm:
3
24
;
3
2
==
xx
Câu 4 ( 2 điểm)
a) Phương trình tham số của (D):

x 1 2t
y 2 t
z 3 2t
= +


= − −


= +

M ( ) M(1 2t; 2 t; 3 2t)∈ ∆ ⇒ + − − +
AB (2; 1; 2), AC ( 2; 2;1)= = −
uuur uuur
[AB; AC] ( 3; 6; 6) 3(1; 2; 2) 3.n= − − = − − = −
uuur uuur
r
, với
n (1; 2; 2)= −
r
Phương trình mp (ABC) qua A với pháp vectơ
n
r
: (ABC): x + 2y – 2z – 2 = 0.
2 2 2
ABC
1 1 9
S [AB; AC] ( 3) ( 6) 6 .
2 2 2
= = − + − + =

uuur uuur
0,5
Đường cao MH của tứ diện MABC là khoảng từ M đến (ABC):
1 2t 2( 2 t) 2(3 2t) 2 4t 11
MH d(M(ABC))
3
1 4 4
+ + − − − + − − −
= = =
+ +
Thể tích tứ diện MABC bằng 3
4t 11
1 9
V . . 3
3 2 3
+
⇔ = =
5 17
4t 11 6 t hay t .
4 4
⇔ + = ⇔ = − = −
Vậy, có 2 điểm M cần tìm là:
3 3 1 15 9 11
M ; ; hay M ; ;
2 4 2 2 4 2
   
− − −
 ÷  ÷
   
0,5

b)
N ( ) N(1 2t; 2 t; 3 2t)
∈ ∆ ⇒ + − − +
2 2
ABN
1 1 2 3 2
S [NA; NB] 32t 128t 146 (4t 8) 9
2 2 2 2
= = + + = + + ≥
uuur uuur
ABN
3 2
maxS 4t 8 0 t 2.
2
⇒ = ⇔ + = ⇔ = −
Vậy, điểm N cần tìm là N(-3; 0; 1).
1,0
Câu 5 ( 2 điểm)
a) Gọi O là tâm của ∆ABC
Ta có:
SA SB SC
OA OB OC ( ABC đều)
= =


= = ∆

⇒ SO là trục của đường tròn (ABC)
SO (ABC)
⇒ ⊥

Mà :
AO BC; SO BC BC (SOA) BC SA
⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Dựng
BI SA
⊥
, suy ra:
SA (IBC) SA IC.
⊥ ⇒ ⊥
·
BIC⇒
là góc phẳng nhò diện (B, SA, C).
0,5