SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D (Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( ) 3 3 2 m y x mx C= − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( ) 1 C 2. Tìm m để đồ thị của hàm số ( ) m C có tiếp tuyến tạo với đường thẳng : 7 0d x y+ + = góc α , biết 1 os 26 c α = Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình ( ) 2 2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2 4 x x x c x π + + = + ÷ 2. Giải phương trình 3 3 1 1x x x+ = + + − Câu III (1 điểm) Tính tích phân ( ) 3ln2 2 3 0 2 x dx I e = + ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, 2AB a= . Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn 2IA IH= − uur uuur . Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 0 60 . 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 2 2 2 1a b c+ + = . Chứng minh rằng 5 3 5 3 5 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 a a a b b b c c c b c c a a b − + − + − + + + ≤ + + + 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 : 3 0d x y− − = và ': 6 0d x y+ − = . 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 (0; 1;2)M − và ( 1;1;3)N − . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ ( ) 0;0;2K 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 a b C a b − = + = ∑ 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 1 1 3 1 log 3 1 log 9 7 2 5 2 2 2 x x ÷ − − − + + + ÷ ÷ là 224. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là 2 1 0x y+ − = và 3 5 0x y− + = . 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 ( ) ( ) ( ) 2;3;1 , 1;2;0 , 1;1; 2A B C− − . 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 ( ) 2 2 3log 2 9log 2x x x− > − …………………….Hết…………www.laisac.page.tl SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN 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) Câu Nội dung Điểm I (2điểm) 1.(1,0 điểm) Hàm số (C 1 ) có dạng 3 3 2y x x= − + • Tập xác định: ¡ • Sự biến thiên - lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = −∞ 0,25 - Chiều biến thiên: 2 ' 3 3 0 1y x x= − = ⇔ = ± Bảng biến thiên X −∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + Y 4 +∞ −∞ 0 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( ) ; 1 , 1;−∞ − +∞ , nghịch biến trên khoảng (-1;1) Hàm số đạt cực đại tại 1, 4 CD x y= − = . Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 0 CT x y= = 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 -2 -1 1 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 ( ) 1 ; 1n k= − ur , d có vec tơ pháp tuyến ( ) 2 1;1n = uur 0,25 Ta có 1 2 2 1 2 3 1 1 2 cos 2 26 2 1 3 k n n k n n k k α = − = ⇔ = ⇔ + = uruur ur uur 0,25 Yêu cầu bài toán ⇔ ít nhất một trong hai phương trình 1 2 ' à 'y k v y k= = có nghiệm x ( ) ( ) 2 2 3 3 2 1 2 2 ó nghiê 2 2 3 2 1 2 2 ó nghiê 3 x m x m c m x m x m c m + − + − = ⇔ + − + − = 0,25 ' 2 1 ' 2 2 1 1 1 8 2 1 0 4 2 2 3 3 4 3 0 1 4 4 m m m m m m m m m m ≤ − ∧ ≥ ≥ ∆ = − − ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ∆ = − − ≥ ≤ − ∧ ≥ ≤ − 0,25 II (2điểm) 1.(1,0 điểm) ( ) ( ) 2 2cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2 4 cos4 os2 3 1 sin 2 3 1 os 4 2 x x x c x x c x x c x π π + + = + ÷ ⇔ + + + = + + ÷ ÷ 0,25 os4 3 sin 4 os2 3 sin 2 0 sin 4 sin 2 0 6 6 2sin 3 cos 0 6 c x x c x x x x x x π π π ⇔ + + + = ⇔ + + + = ÷ ÷ ⇔ + = ÷ 0,5 sin 3 0 18 3 6 cos 0 2 x k x x k x π π π π π = − + + = ÷ ⇔ ⇔ = + = 0,25 2.(1,0 điểm) Điều kiện: 1 3 x ≥ − Khi đó 3 3 1 1 3 1 3 1 0x x x x x x+ = + + − ⇔ + − + + − = 0,25 ( ) ( ) 2 1 1 0 3 1 3 x x x x − ⇔ + − = + + + 0,25 ( ) 2 1 1 0 3 1 3 x x x ⇔ − + = ÷ + + + 2 1 1 0, 3 1 3 x Do x x x ⇔ = + > ∀ ÷ + + + (tmdk) Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 0, 5 III (1điểm) ( ) ( ) 3ln2 3ln 2 3 2 2 3 3 0 0 3 2 2 x x x x dx e dx I e e e = = + + ∫ ∫ 0,25 Đặt 3 3 1 3 x x t e dt e dx= ⇒ = . Với x = 0 thì t = 1; x = 3ln2 thì t = 2 0,25 Khi đó ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 3 3 1 1 2 3 2 3 3 1 ln ln 4 2 4 2 2 4 2 6 2 2 dt t I dt t t t t t t t ÷ = = − − = + = − ÷ ÷ ÷ + + + + + ∫ ∫ 0,5 IV (1điểm) *Ta có 2IA IH= − ⇒ uur uuur H thuộc tia đối của tia IA và 2IA IH= 2 2BC AB a= = 0,25 S H C A B I K . Suy ra 3 , 2 2 a a IA a IH AH IA IH= = ⇒ = + = Ta có 2 2 2 0 5 2 . .cos45 2 a HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ = Vì ( ) ( ) ( ) 0 0 15 , 60 .tan 60 2 a SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = = 0,25 Ta có 2 2 2 0 5 2 . .cos45 2 a HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ = Vì ( ) ( ) ( ) 0 0 15 , 60 .tan 60 2 a SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = = 0,25 Thể tích khối chóp S.ABCD là: ( ) 3 . 1 15 . 3 6 S ABC ABC a V S SH dvtt ∆ = = 0,25 * ( ) BI AH BI SAH BI SH ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 1 1 1 , , 2 2 2 2 , d K SAH SK a d K SAH d B SAH BI SB d B SAH ⇒ = = ⇒ = = = 0,25 V (1điểm) Do a, b, c > 0 và 2 2 2 1a b c+ + = nên ( ) , , 0;1a b c ∈ Ta có ( ) 2 2 5 3 3 2 2 2 1 2 1 a a a a a a a b c a − − + = = − + + − Bất đẳng thức trở thành ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 3 3 a a b b c c− + + − + + − + ≤ 0,5 Xét hàm số ( ) ( ) ( ) 3 0;1f x x x x= − + ∈ . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0;1 2 3 ax 9 2 3 3 M f x 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 3 0 9 3 2 ; 6 0 3 2 2 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 ( ) Ox 3;0M d M⇒ = ∩ ⇒ 0,25 Ta có: 2 3 2AB IM= = Theo giả thiết . 12 2 2 ABCD S AB AD AD= = ⇒ = Vì I, M thuộc d : 3 0d AD AD x y⇒ ⊥ ⇒ + − = 0,25 Lại có 2MA MD= = ⇒ tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 3 0 2 4 2;1 ; 4; 1 1 1 3 2 x y x x A D y y x y + − = = = ⇔ ∧ ⇒ − = = − − + = 0,25 Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2) TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4) 0,25 2.(1,0 điểm) Gọi ( ) , ,n A B C= r ( ) 2 2 2 0A B C+ + ≠ là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; ( ) ( ) 1 2 0 2 0Ax B y C z Ax By Cz B C+ + + − = ⇔ + + + − = 0,25 ( ) ( ) 1;1;3 3 2 0 2N P A B C B C A B C− ∈ ⇔ − + + + − = ⇔ = + ( ) ( ) : 2 2 0P B C x By Cz B C⇒ + + + + − = 0,25 Khoảng cách từ K đến mp(P) là: ( ) ( ) , 2 2 4 2 4 B d K P B C BC = + + -Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại) -Nếu 0B ≠ thì ( ) ( ) 2 2 2 1 1 , 2 4 2 4 2 1 2 B d K P B C BC C B = = ≤ + + + + ÷ 0,25 Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1 Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 0,25 VIIa (1điểm) Ta có ( ) ( ) ( ) 1 3 1 2 2 1 1 1 log 3 1 log 9 7 1 1 5 3 5 2 9 7 ,2 3 1 x x x x − − − + − + − − = + = + 0,25 Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 1 1 1 5 1 1 1 1 3 5 8 9 7 . 3 1 56 9 7 3 1 x x x x C − − − − − − + + = + + 0,25 Treo giả thiết ta có ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 9 7 56 9 7 3 1 224 4 2 3 1 x x x x x x − − − − − = + + + = ⇔ = ⇔ = + 0,5 VIb (2điểm) 1.(1,0 điểm) Đường thẳng AC có vec tơ pháp tuyến ( ) 1 1;2n = ur Đường thẳng BC có vec tơ pháp tuyến ( ) 1 3; 1n = − ur Đường thẳng AC qua M(1; -3) nên có phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 0 0a x b y a b− + + = + > 0,25 Tam giác ABC cân tại đỉnh A nên ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 os , os , 1 2 3 1 3 1 a b c AB BC c AC BC a b − − = ⇔ = + + + + 2 2 2 2 1 2 5 3 22 15 2 0 2 11 a b a b a b a ab b a b = ⇔ + = − ⇔ − + = ⇔ = 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 1 2 2 3 0 . 0 29 . 0 3 1 1 2 0 15 2 8 3 5 1 0 , 0 1 3 x x y z BH AC CH AB x y z y x y z 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= = ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 2 1 1 2 1 2 2 8 3 5 1 0 , 0 x y z x y z AI BI CI BI x y x y z x y z AI AB AC − + − + − = + + − + = ⇔ = ⇔ − + − + + = + + − + − − − + − = = uur uuur uuur 14 15 61 14 61 1 , , 30 15 30 3 1 3 x y I z = ⇔ = ⇒ − ÷ = − 0,5 VIIb (1điểm) Điều kiện x > 0 Bất phương trình ( ) ( ) ( ) 2 3 3 log 2 1 1x x x⇔ − > − Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1) 0,25 TH1: Nếu x > 3 thì ( ) 2 3 1 1 log 2 3 x x x − ⇔ > − Xét hàm số ( ) 2 3 log 2 f x x= , hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 0;+∞ ( ) 1 3 x g x x − = − , hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 3;+∞ 0,25 + Với x> 4 thì ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 4f x f g g x> = = > Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4 + Với 4x ≤ thì ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 4f x f g g x≤ = = ≤ ⇒ bất phương trình vô nghiệm 0,25 TH2: Nếu x < 3 thì ( ) 2 3 1 1 log 2 3 x x x − ⇔ < − + Với x ≥ 1 thì ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1f x f g g x≥ = = ≥ ⇒ bất phương trình vô nghiệm + Với x < 1 thì ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1f x f g g x< = = < ⇒ Bất phương trình có nghiệm 0 < x <1 Vậy bất phương trình có nghiêm 0,25 . + 0, 25 Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là ( ) ( ) ( ) ( ) 3 5 1 1 1 5 1 1 1 1 3 5 8 9 7 . 3 1 56 9 7 3 1 x x x x C − − − − − − + + = + + 0, 25 Treo giả thi t. điểm) Giải bất phương trình ( ) 2 2 3log 2 9log 2x x x− > − …………………….Hết…………www.laisac.page.tl SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN:. BỈM SƠN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D (Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( ) 3 3