2 ĐỀ+ĐÁP ÁN THI THỬ ĐH+TN MÔN TOÁN

Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng ABC thỏa mãn uurIA= −2IHuuur.. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng SAH.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x= −3 3mx+2( )C m

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

2 Tìm m để đồ thị của hàm số ( )C m có tiếp tuyến tạo với đường thẳngd x y: + + =7 0

os

26

c α =

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình 2cos3 cos 3 1 sin 2( ) 2 3 os 22

4

2 Giải phương trình x+ =3 3x+ + −1 x 1

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3ln 2

2 3

dx I

e

=

+

∫

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB a= 2 Gọi I là trung điểm của cạnh BC Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn uurIA= −2IHuuur Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600 Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH).

Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a2+ + =b2 c2 1

3

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao

điểm của đường thẳng d x y: − − =3 0 và d x y' : + − =6 0 Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục Ox

Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M(0; 1; 2)− và N( 1;1;3)− Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K(0;0; 2) đến (P) đạt giá trị lớn nhất

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( )

0

n

n k n k k

n k

=

+ =∑ với quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng ứng với k = i-1.Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển

8

log2 9 7 5 2

x

 − 

+

là 224.

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D

(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)

1 Cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là x+2y− =1 0và

3x y− + =5 0 Viết phương trình cạnh AC biết AC đi qua điểm M(1;-3).

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A(2;3;1 ,) (B −1; 2;0 ,) (C 1;1; 2− ) Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình x(3log2x− >2) 9log2x−2

……….Hết………

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

http://aotrangtb.com

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D

(Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề)

I

(2điểm) 1.(1,0 điểm)Hàm số (C

1 ) có dạng y x= − +3 3x 2

• Tập xác định: ¡

• Sự biến thiên

- lim , lim

→−∞ = −∞ →+∞ = −∞

0,25

- Chiều biến thiên: y' 3= x2− = ⇔ = ±3 0 x 1

Bảng biến thiên

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ −; 1 , 1;) ( +∞), nghịch biến trên khoảng

(-1;1)

Hàm số đạt cực đại tại x= −1,y CD =4 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1,y CT =0

0,25

•Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn

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

-1

1 2 3 4

x

y

0,25

2.(1,0 điểm)

Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến⇒ tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến nur1 =(k; 1− ), d có vec tơ pháp

2

1 2

3 1

cos

2

3

k

+  =

uruur

ur uur

0,25

Yêu cầu bài toán ⇔ít nhất một trong hai phương trình y'=k v y1 à '=k2 có nghiệm x

2 2

3

2 2

3



⇔ 



0,25

1

2

0,25

II

(2điểm) 1.(1,0 điểm)

2 2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2

4 cos 4 os2 3 1 sin 2 3 1 os 4

2

π

π

0,25

os4 3 sin 4 os2 3 sin 2 0

2sin 3 cos 0

6

π

0,5

6 cos 0

2

x

x

π





 = +

0,25

2.(1,0 điểm)

Điều kiện: 1

3

x≥ −

Khi đó x+ =3 3x+ + − ⇔1 x 1 3x+ −1 x+ + − =3 x 1 0

0,25

2( 1) ( )

1 0

x

x

−

x

2

(tmdk)

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1

0, 5

III

(1điểm)

x

x

I

3

t e= ⇒ =dt e dx.

Với x = 0 thì t = 1; x = 3ln2 thì t = 2

0,25

( ) ( )

2

IV

(1điểm)

*Ta có IAuur= −2uuurIH⇒H thuộc tia đối của tia IA và IA=2IH

BC=AB 2 2= a

,

2 cos 45

2

a

2

a

SH ⊥ ABC ⇒ SC ABC = ∠SCH = ⇒SH =HC =

0,25

2 cos 45

2

a

2

a

SH ⊥ ABC ⇒ SC ABC = ∠SCH = ⇒SH =HC =

0,25

Thể tích khối chóp S.ABCD là: 3 ( )

S ABC ABC

a

* BI AH BI (SAH)

BI SH

⊥



( )

( )

SB

d B SAH

0,25

V

(1điểm) Do a, b, c > 0 và

a + + =b c nên a b c, , ∈( )0;1

3

1 2

1

a a

−

0,5

S

H

C

A

B I

K

.

Bất đẳng thức trở thành ( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) 2 3

3

− + + − + + − + ≤

Xét hàm số f x( ) = − +x3 x x( ∈( )0;1 ) Ta có:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) 0;1

2 3 ax

9

2 3 3

f a f b f c

=

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c= 1

3

0,5

VIa

(2điểm)

1.(1,0 điểm)

Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình

9

;

2

x

x y

I

x y

y

 =



− − =



Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD

( )

0,25

Ta có: AB=2IM =3 2

Theo giả thiết S ABCD = AB AD =12⇒AD=2 2

Vì I, M thuộc d ⇒ ⊥d AD⇒AD x y: + − =3 0

0,25

Lại có MA MD= = 2⇒tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình

2;1 ; 4; 1

+ − =



0,25

Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2)

2.(1,0 điểm)

Gọi nr=(A B C, , ) (A2+B2+C2 ≠0)là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;

Ax B y+ + +C z− = ⇔ Ax By Cz B+ + + − C=

0,25

N − ∈ P ⇔ − + +A B C B+ − C= ⇔ =A B C+

( ) (P : 2B C x By Cz B) 2C 0

Khoảng cách từ K đến mp(P) là:

( )

B

d K P

=

-Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại)

-Nếu B≠0thì

( )

,

2

B

d K P

B

0,25

Dấu “=” xảy ra khi B = -C Chọn C = 1

VIIa

2

1

x

x−+ x− − −+ x− −

Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là

0,25

Treo giả thiết ta có ( ) ( ) 1 1

1

1

2

x

x

x x

−

−

−

=

 +

VIb

(2điểm) 1.(1,0 điểm)Đường thẳng AC có vec tơ pháp tuyến nur1=( )1; 2

Đường thẳng BC có vec tơ pháp tuyến nur1 =(3; 1− )

Đường thẳng AC qua M(1; -3) nên có phương trình:

( 1) ( 3) 0 ( 2 2 0)

a x− +b y+ = a +b >

0,25

Tam giác ABC cân tại đỉnh A nên ta có:

( ) ( ) 2 3 22 2 2 2 3 2 2 2

a b

1 2

2 11

 =



 =



0,25

Với 1

2

a= b, chọn a= 1, b = 2 ta được đường thẳng AC: x + 2y + 5 = 0 (loại vì khi đó AC//AB) 0,25

Với 2

11

a= b, chọn a = 2, b = 11 ta được đường thẳng AC 2x + 11y + 31 = 0 0,25 2.(1,0 điểm)

H(x y z; ; ) là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi BH ⊥AC CH, ⊥AB H, ∈(ABC)

( ) ( ) ( )

2 15

29

15

3

x

BH AC

AH AB AC

z

 =







uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

0,5

I(x y z; ; ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi AI =BI CI I= , ∈(ABC)

AI BI

AI AB AC





uur uuur uuur

14 15

61 14 61 1

, ,

30 15 30 3 1

3

x

z

 =







 = −



0,5

(1điểm) Bất phương trình ⇔3(x−3 log) 2x>2(x−1) ( )1

Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1)

TH1: Nếu x > 3 thì ( ) 2

x x x

−

−

Xét hàm số ( ) 2

3 log 2

f x = x, hàm số đồng biến trên khoảng (0;+∞)

g x( ) x 13

x

−

=

− , hàm số nghịch biến trên khoảng (3;+∞)

0,25

+ Với x> 4 thì f x( ) > f ( )4 = =3 g( )4 >g x( )

Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4

+ Với x≤4 thì f x( ) ≤ f ( )4 = =3 g( )4 ≤g x( ) ⇒bất phương trình vô nghiệm

0,25

TH2: Nếu x < 3 thì ( ) 2

x x x

−

−

+ Với x≥ 1 thì f x( ) ≥ f ( )1 = =0 g( )1 ≥g x( ) ⇒bất phương trình vô nghiệm

+ Với x < 1 thì f x( ) < f ( )1 = =0 g( )1 <g x( ) ⇒Bất phương trình có nghiệm 0 < x <1 Vậy bất phương trình có nghiêm

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1

2 Xác định các giá trị của m để hàm số y= f x( ) không có cực trị

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình : sin4 cos4 1(tan cot )

x

+

log x+ 1 + = 2 log 4 − +x log 4 +x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3 2

2 1

2

1

dx A

=

−

∫

Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO

= 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18 Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm

( )

2

2







PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0 Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng

x + 2y – 6 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng

( )P :x+ 2y− 2z + 5 = 0; Q :( ) x+ 2y− 2z -13 = 0.

Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q)

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:

5 4 7 15

n

−







(Ở đây k, k

A C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):

x +y + x− y− = Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B

2 Cho mặt phẳng (P): x− 2y+ 2z− = 1 0 và các đường thẳng

Tìm các điểm M∈ d , 1 N∈ d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.

Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số

1 ( ) ln

3

f x

x

=

− và giải bất phương trình

2

0

6 sin 2 '( )

2

t dt

f x

x

π

π

>

+

∫

Đáp án

m

Khi m = 1 ta có y x= +3 3x2−1

+ Sự biến thiên:

• Giới hạn: limx→−∞y= −∞; limx→+∞y= +∞

• y' 3= x2+6x; ' 0 2

0

x y

x

= −



• Bảng biến thiên

( )2 3; CT ( )0 1

yC§ = y − = y = y = −

0,25

• Đồ thị

0,25

+ Khi m = 0 ⇒ = −y x 1, nên hàm số không có cực trị 0,25

+ Khi m≠0 ⇒ =y' 3mx2+6mx−(m−1)

Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi ' 0y = không có nghiệm hoặc có nghiệm kép 0,50

( )

' 9m 3m m 1 12m 3m 0

4

m

⇔ ≤ ≤

0,25

sin cos 1

tan cot sin 2 2

x

2 1

1 sin 2 1 sin cos 2

(1)

sin 2 2 cos sin

2

2

1

x

−

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

0,50

log x+1 + =2 log 4− +x log 4+x (2)

Điều kiện:

1 0

1

x

x x

x x

+ ≠



 − > ⇔

 + >



0,25

2

(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16

log 4 1 log 16 4 1 16

0,25

+ Với − < <1 x 4 ta có phương trình 2

4 12 0 (3)

x + x− = ; ( )

2 (3)

6

x x

=



⇔  = − lo¹i

0,25

+ Với − < < −4 x 1 ta có phương trình x2 −4x−20 0= (4);

( )

( )

2 24 4

2 24

x x

 = −

⇔ 

= +

0,25

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x=2hoặc x=2 1( − 6)

2

+ Đổi cận:

= ⇒ =

0,50

3

2

3

2 2

A

Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE⊥AB SE, ⊥AB, suy ra (SOE) ⊥ AB

Dựng OH ⊥SE⇒OH ⊥(SAB), vậy OH là khoảng cách

từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1

Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:

2

1

9 9

9

0,25

2

9 2

2 2

SAB SAB

S

SE

( )

2

2

OA =AE +OE = AB +OE = + = + =

0,25

Thể tích hình nón đã cho: 1 2 1 265.3 265

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

9

265 337 89305

xq

0,25

Hệ bất phương trình

( )

2 2

7 6 0 (1)





( )1 ⇔ ≤ ≤1 x 6 Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại x0∈[ ]1;6 thỏa mãn (2)

0,25

2 1

x

+

Gọi ( ) 2 2 3; [ ]1;6

2 1

x

+

0,25

Hệ đã cho có nghiệm ⇔ ∃ ∈x0 [ ]1;6 : ( )f x0 ≥m

( )

2 2

'

f x

+ −

2

f x = ⇔ x + − = ⇔ =x x − ±

Vì x∈[ ]1;6 nên chỉ nhận 1 17

2

x= − +

0,25

Ta có: (1) 2, (6) 27, 1 17 3 17

Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max ( ) 27

13

f x =

Do đó 0 [ ] 0 [ ]1;6

27 1;6 : ( ) max ( )

13

x

∈

0,25

Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 4 3 4 0 2 ( 2; 4)

A

Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 4 3 4 0 1 ( )1;0

B

Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:

a x+ +b y− = ⇔ax by+ + a− b=

Gọi ∆1: 4x+3y− = ∆4 0; 2:x+2y− = ∆6 0; 3:ax by+ +2a−4b=0

Từ giả thiết suy ra (· ) (· )

2; 3 1; 2

(· ) (· )

|1 2 | | 4.1 2.3 | cos ; cos ;

25 5 5

0

a

+

=



0,25

+ a = 0 ⇒ ≠b 0 Do đó ∆3:y− =4 0

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3 Suy ra ∆3: 4x+3y− =4 0 (trùng với ∆1)

Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0

Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 4 0 5 ( )5; 4

C

Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:

( )

( )

OI AI





0,25

Ta có:

( ) (2 ) (2 )2

10 4 2 30 (1)

( )

3

OI =d I P ⇔ a + +b c = + − + ⇔ a + +b c = +a b− +c

( )

( , ) ( ,( ) ) | 2 2 5 | | 2 2 13 |

2 2 4 (3)



Từ (1) và (3) suy ra: 17 11 ; 11 4a (4)

a

0,25

Từ (2) và (3) suy ra: a2+ + =b2 c2 9 (5)

Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: (a−2 221) ( a−658) =0

Như vậy a=2 hoặc 658

221

a= Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc 658 46; ; 67

221 221 221

= 3

0,25

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:

( ) (2 ) (2 )2

x− + −y + −z = và

9

0,25

VII

a

1,00

Điều kiện: n− ≥ ⇔ ≥1 4 n 5

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

5.4.3.2.1 15





0,50

2 2

9 22 0

5

n



 ≥



0,50

Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình

1; 3

5 2 0



0,50

Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1)

Vì ·ABC =900nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4)

0,50

Phương trình tham số của d1 là:

1 2

3 3 2

z t

= +



 = −



 =



M thuộc d1 nên tọa độ của M

(1 2 ;3 3 ;2+ t − t t)

Theo đề:

( )

|1 2 2 3 3 4 1| |12 6 |

3

0,25

+ Với t1 = 1 ta được M1(3;0; 2);

+ Ứng với M1, điểm N1 ∈d2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1) PT (Q1) là: (x− −3) 2y+2(z− = ⇔ −2) 0 x 2y+2z− =7 0 (1)

Phương trình tham số của d2 là:

5 6 4

5 5

= +



 =



 = − −



(2)

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1 Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0)

0,25

+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5) 0,25

VII

b

1,00

Điều kiện ( )3

1

3 x > ⇔ <x

−

1 ( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3

3

x

0,25

0

2t dt 2 t dt t t |

−

Khi đó:

2 0

6 sin 2 '( )

2

t dt

f x

x

π

π

>

+

3

x x

x

−

 < <