Sở GD và ĐT hải dơng Trờng THPT Thanh Bình Đề chính thức Đề thi thử đại học, cao đẳng LN 4 năm 2011 Môn thi : toán, Khối A, B (Thời gian làm bài 180 phút , không kể giao đề) Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số: 3 2 2 3 (1)y x x m x m= + + + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực đại, cực tiểu A , B và trung điểm I của đoạn AB nằm trên trục hoành Câu II (2 điểm) 1. Giải phơng trình sau: 2 2017 2.sin sin 2 1 tan 4 2 x x x + = ữ ữ 2. Giải phơng trình sau: 2 5 2 3 2 3 2 3 2 3 x x x x + = + ( x R ) Câu II I (1 điểm). Tính tích phân sau: ( ) 2 2 1 ln ln . 1 x x e x x e e x I dx e + + = + Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a. Hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AD, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 60 0 . Tính thể tích của khối chóp S.HABC và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC). Câu V (1 điểm). Cho x, y, z là 3 số thực dơng và thỏa mãn: 2 2 2 3x y z+ + = . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 2011 8 2012 xyz x y y z z x + + + + Phần tự chọn (3,0 điểm). (Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần:phần A hoặc B) A.Theo ch ơng trình c huẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD biết phơng trình đờng thẳng BD là: 3x - y - 8 = 0, đờng thẳng AB đi qua M(1; 5), đờng thẳng BC đi qua N(7; 3), đờng chéo AC đi qua P(2; 3) . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông đã cho. 2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lợt có phơng trình (S): 2 2 2 2 4 2 3 0x y z x y z+ + + + = ; (P): 2x + 2y - z + 5 = 0. Viết phơng trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu VII.a (1 điểm) . Cho số phức z 1 thoả mãn : ( ) ( ) 3 1 2 1 2 1 i z i + = + . Tìm tập hợp điểm M trong mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thoả mãn: 1 4z z+ . B.Theo ch ơng trình n âng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ABC cân tại đỉnh C. Biết phơng trình đờng thẳng AB là: x + y - 2 = 0, trọng tâm của tam giác là 14 5 ; 3 3 G ữ và diện tích của tam giác bằng 65 2 (đvdt). Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp ABC. 2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lợt có phơng trình (S): 2 2 2 2 4 6 2 0x y z x y z+ + + = ; (P): 2x - 2y + z - 5 = 0. Viết phơng trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đờng tròn có bán kính bằng 4. Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình: 3 1 2 8 9 3 4 log 1 2 log 1 x y y x + = + = ( ,x y R ) Hết Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. tr ờng THPT Thanh Bình Đáp án đề thi thử đại hoc 201 1 Câu I Nội dung Điểm 1. Khảo sát hàm số Với m = 0 ta có: y = x 3 + 3x 2 * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y = 3x 2 + 6x = 3x(x + 2) Xét dấu y: x - -2 0 + y + 0 - 0 + => Hàm số đồng biến trên các khoảng (-; -2) và (0; +) Hàm số nghịch biến trên (-2; 0) 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2, y CĐ = y(-2) = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = y(0) = 0 - Giới hạn: lim , lim x x y y + = + = 0,25 - Bảng biến thiên: x - -2 0 + y' + 0 - 0 + y - 4 + 0 0,25 * Đồ thị: Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại (0;0), (-3;0) 0,25 x O y -2 4 1 2. Tìm m Ta có: y = 3x 2 + 6x + m 2 Hàm số có cực đại, cực tiểu y = 0 có 2 nghiệm phân biệt 2 ' 9 3 0 3 3m m = > < < 0,25 Lâý y chia y ta có: 2 2 1 1 2 1 ' 2 3 3 3 3 m y y x x m m = + + + ữ ữ ữ Giả sử A(x 1 ; y 1 ), B(x 2 ; y 2 ) (trong đó: x 1 + x 2 = -2) Ta có: 2 2 1 1 1 2 1 ( ) 2 . 3 3 m y y x x m m = = + ữ ữ 2 2 2 2 2 2 1 ( ) 2 . 3 3 m y y x x m m = = + ữ ữ 0,25 Ta có: ( ) 1 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 . 2 3 3 m m 2 2 2 I I x x x m x x m m y y y + = = + + ữ ữ + = = = + + => I(-1; - m 2 + m+ 2) 0,25 Theo gt: I Ox => - m 2 + m + 2 = 0 1 ( / ) 2 ( ) m T M m L = = Vậy m = -1 thoả mãn bài toán. 0,25 CâuII: 1. Giải phơng trình: 2 2017 2sin ( ) sin(2 ) 1 tan 4 2 x x x + = Điều kiện: cos 0 ( ) 2 x x k k Z + +Với đk trên pt đã cho tơng đơng: 1 cos 2 sin 2 1008 ) 1 tan 2 2 x x x + + = ữ ữ 1 sin 2 cos 2 1 tanx x x = sin 2 cos 2 tan 0x x x + = 0, 2 5 2 sin 2sin .cos 2cos (1 ) 0 cos x x x x x + + = sin cos 2cos .(sin cos ) 0 cos x x x x x x + + = 0, 2 5 1 (sin cos ).(2cos ) 0 cos x x x x + = ( ) 2 sin .cos 2 0 4 x x + = 0,25 ( ) 4 sin 0 4 cos 2 0 4 2 x k x k x x = + + = = + = (tmđk) Vậy pt đã cho có 1 họ nghiệm: 4 2 k x = + (họ 4 2 k + chứa 4 k + ) 0,25 2. Giải phơng trình: 2 5 2 3 2 3 2 3 2 3 x x x x + = + + Điều kiện: 2 5 0 3 2 3 0 3 2 3 0 x x x x + 0,25 + PT đã cho ( ) ( ) 3 2 5 2 3 2 2 3 2 3x x x x + = + 3. 2 5 5. 2 3 4 3x x x + = + 0,25 9.(2 5) 25(2 3) 16(3 ) 40 (2 3)(3 )x x x x x + = + + 5 (2 3)(3 ) 9 2x x x = 2 9 2 0 25(2 3)(3 ) (9 2 ) x x x x = 2 9 2 54 261 306 0 x x x + = 0,25 9 2 17 2,8 17 6 2 6 2 x x x x x = = = = (Tmđk) Vậy PT có 2 nghiệm là: x = 2, x = 17 6 0,25 Câu III: Tính tích phân: 2 2 1 ln ( ln ) 1 e x x x x e e x I dx e + + = + Ta có: 2 2 2 2 2 1 1 ln .ln . ln 1 1 e e x x x x x x e e x e I dx x dx e e + + = = + ữ + + 2 2 1 1 ln . . 1 e e x x e x dx dx e = + + 0,25 * Tính 2 1 1 ln . e I x dx= đặt: 2 2ln . ln dx du x u x x dv dx v x = = = = 2 1 1 1 ( ln ) 2ln . 2ln . 1 e e e I x x x dx e x dx = = Đặt: 2 2ln dx u x du x dv dx v x = = = = 1 1 2 .ln 2. 2 1 e e I e x x dx e = = 0,25 2 2 1 1 e x x e I dx e = + Đặt: y = e x + 1 => e x = u 1 và e x .dx = du Khi: x= 1 => u = e + 1 x = e => u = e e + 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 ( ln ) 1 e e e e e e e e u I du du u u u u e + + + + + = = = ữ ữ + = e e + 1 ln(e e +1) (e + 1 ln(e + 1)) = e e e + ln 1 1 e e e + ữ + 0,25 Vậy: I = I 1 + I 2 = e 2 + e e e + ln 1 1 e e e + ữ + = e e 2 + ln 1 1 e e e + ữ + 0,25 Câu IV: Hình không gian Dựng HI AC => SI AC (định lý 3 đờng vuông góc) ã 0 60SIH = Xét SHI có tan60 0 = 0 2 6 .tan 60 . 3 4 4 SH a a SH HI HI = = = 0,25 C S D B A H O J I K 2 . ( ). 3 2 2 2 4 HABC a a a AH BC AB a S + ữ + = = = 2 3 . 1 1 3 6 6 . . . . 3 3 4 4 16 S HABC HABC a a a V S SH= = = 0,25 * Tính khoảng cách từ H đến (SBC) Gọi J là trung điểm của BC Dựng HK SJ => HK (SBC) => d(H; (SBC)) = HK 0,25 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 8 1 11 .6 3 3 16 a HK SH HJ a a a a = + = + = + = => HK = 3 33 11 11 a a = . Vậy d(H;(SBC)) = 33 11 a 0,25 Câu V: CM bất đẳng thức áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: 2 2 2 2 2 2 3 3 3.x y z x y z= + + 2 2 2 3 1 x y z 1xyz 2011 2011 xyz 0,25 áp dụng bđt côsi ta có: 3 2 ( )( )( ) ( ) 3 3 x y y z z x x y y z z x x y z + + + + + + + + = + + (1) áp dụng bđt bunhiacôpky ta có: (1 2 + 1 2 + 1 2 )(x 2 + y 2 + z 2 ) (x + y + z) 2 => (x + y + z) 2 3(x 2 + y 2 + z 2 ) = 9 (gt) => x + y + z 3 (2) Từ (1) và (2) 3 2 ( )( )( ) .3 2 3 x y y z z x + + + = ( )( )( ) 8x y y z z x + + + 8 8 1 ( )( )( ) 8x y y z z x = + + + 0,25 Vậy: 2011 8 2011 1 2012 ( )( )( )xyz x y y z z x + + = + + + (đpcm) 0,25 Dấu = xảy ra x = y = z = 1 0,25 Phần tự chọn A- Theo chơng trình chuẩn: Câu VI.a 1. Tìm toạ độ các đỉnh A, B , C, D . A B I M . N P . Gọi I là giao điểm của AC và BD AC BD và đi qua P(2;3) nên có phơng trình: x+3y-11=0 I = AC BD 7 5 ; 2 2 I ữ . 0,25 Vì B thuộc BD ( ) ;3 8B t t ( ) ( ) 1 ;13 3 7 ;11 3 BM t t BN t t = = uuuur uuur BM BN nên 2 5 . 0 10 80 150 0 3 t BM BN t t t = = + = = uuuur uuur 0,25 * với t = 5 (5;7)B khi đó D(2;-2) AB có phơng trình: x - 2 y +9 = 0 A=AB AC ( ) 1;4A khi đó C(8;1) 0,25 * với t = 3 (3; 1)B khi đó D(4; 4) AB có phơng trình: 2x + y -7 = 0 A=AB AC ( ) 2;3A khi đó C(5; 2) Vậy: ( ) 1;4A , (5;7)B , C(8;1), D(2;-2) Hoặc ( ) 2;3A , (3;1)B , C(5; 2), D(4; 4) 0,25 2. Viết phơng trình mặt phẳng (Q) Ta có: x 2 + y 2 + z 2 - 2x + 4y +2z -3= 0 2 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 3x y z + + + + = => mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; -1), R = 3. 0,25 Do mặt phẳng (Q) song song với mp(P) nên có phơng trình dạng: 2x + 2y - z + D = 0 ( D 5 ) 0,25 Do (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên ( ) ;( ) 3d I Q R= = 10 1 9 8 D D D = = = 0,25 Vậy (Q) có phơng trình: 2x + 2y - z + 10 = 0 Hoặc 2x + 2y - z - 8 = 0 0,25 Câu VII.a Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z. ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 2 1 2 5 2 2 5 2 2 5 2 4 2 2 1 i i i i z i i i + + + = = = = + + 0,25 1 2 5 2 2 z i = 0,25 Giả sử: z =x + yi ( x, y R) suy ra M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z Ta có: 1 2 5 2 5 4 ( ) ( ) 4 ( ) ( ) 4 2 2 2 2 z z x yi i x y i+ + + + + C D 2 2 2 2 2 2 5 2 5 4 4 2 2 2 2 x y x y + + + + ữ ữ ữ ữ ữ ữ 0,25 Suy ra tập hợp điểm M là hình tròn tâm 2 5 ; 2 2 I ữ ữ , bán kính R = 4 0,25 B- Theo ch ơng trình nâng cao Câu VI.b 1. Viết phơng trình đờng tròn Gọi H là trung điểm của AB CH AB CH có phơng trình: x-y-3=0 5 1 ; 2 2 H CH AB H = ữ 2 (9;6)CG GH C= uuur uuur 0,25 Đặt A(a;2-a) B( 5-a; a-3) 13 13 (5 2 ; 2 5); ; 2 2 AB a a CH = = ữ uuur uuur Theo gt thì 2 0 65 1 65 . 8 40 0 5 2 2 2 ABC a S AB CH a a a = = = = = V * a = 0 ( ) ( ) 0;2 ; 5; 3A B * a = 5 ( ) ( ) 5; 3 ; 0;2 .A B 0,25 Đờng tròn cần tìm có phơng trình dạng: 2 2 2 2 2 2 0 ( 0)x y ax by c a b c+ + + + = + > Do đờng tròn đi qua A, B, C nên ta có hệ: 4 4 137 / 26 10 6 34 59 / 26 18 12 117 66 /13 b c a a b c b a b c c + = = + = = + + = = 0,25 Vậy đờng tròn cần tìm có pt: 2 2 137 59 66 0 13 13 13 x y x y+ + = 0,25 2. Viết phơng trình mặt phẳng (Q) Ta có: x 2 + y 2 + z 2 + 2x - 4y -6z -2 = 0 2 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) 4x y z + + + = => mặt cầu (S) có tâm I(-1; 2; 3), R = 4 0,25 Do mặt phẳng (Q) song song với mp(P) nên có phơng trình dạng: 2x -2y+z + D = 0 ( D 5 ) 0,25 Vì (Q) cắt mặt cầu theo một đờng tròn có bán kính đúng bằng R = 4 nên mặt phẳng (Q) đi qua tâm I(-1;2;3) suy ra D =3 0,25 Vậy (Q) có phơng trình: 2x - 2y + z + 3 = 0 0,25 Câu VII.b Giải hệ phơng trình: 3 1 2 8 9 3 4 (1) log 1 2 log 1 (2) x y y x + = + = C A B H G . Điều kiện: 0 1 2 x y > < 0,25 Ta có : ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 log 1 2 log 1 log 2 2 1 2 y y x x y x = = = ữ 0,25 Thay vào (1) ta có pt: ( ) ( ) 3 2 2 3 4.3 3 0 3 1 3 3.3 3 0 y y y y y + = = 3 3 1 0 3 21 3 3 21 log ( ) 2 2 3 21 3 ( ) 2 y y y y y L L = = + = + = ữ ữ = 0,25 Với y = 0 suy ra x= 1/2 (TM) Vậy hệ có một nghiệm : 1/ 2 0 x y = = 0,25 Chú ý: Nếu học sinh làm theo cách khác mà vẫn đúng thì cho điểm tối đa. Giáo viên biên soạn : Phạm Hữu Đảo SĐT: 0982.745.281 . Sở GD và ĐT hải dơng Trờng THPT Thanh Bình Đề chính thức Đề thi thử đại học, cao đẳng LN 4 năm 2011 Môn thi : toán, Khối A, B (Thời gian làm bài 180 phút , không. không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. tr ờng THPT Thanh Bình Đáp án đề thi thử đại hoc 201 1 Câu I Nội dung Điểm 1. Khảo sát hàm số Với m = 0 ta có: y = x 3 +. (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số: 3 2 2 3 (1)y x x m x m= + + + 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có hai điểm cực đại,