SỞ GD&ðT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI T Ổ

ðỀ THI TH Ử ðẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011 - 2012 Môn: TOÁN, kh ối B

(Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao ñề) Ngày thi 19 – 02 - 2012

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 ñiểm) Câu I (2.0 ñiểm) Cho hàm số 3 2y x 3x 2= − + (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C). 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m ñể ñường thẳng d:y m(x 2) 2= − − cắt ñồ thị (C) tại 3 ñiểm phân biệt A(2; -2), D và E sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại D và E với ñồ thị (C) ñạt giá trị nhỏ nhất. Câu II (2.0 ñiểm) 1. Giải phương trình: 2(cotx - tanx - 2tan2x)sin4x = 4(6cos x 5)−

2. Giải bất phương trình: ( )( )2x 3 x 1 x 3 x 2x 3 4+ − − − + + − ≥

Câu III (1.0 ñiểm) Tính tích phân sau: 4

6 60

sin 4xI dx

sin x cos x

π

=+∫

Câu IV (1.0 ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thoi cạnh a (a > 0), � 0BAD 60= , cạnh

SA ⊥ mp(ABCD) và SA = a. Gọi C' là ñiểm thuộc cạnh SC sao cho 1

SC' SC3

= . Mặt phẳng (α) ñi qua

AC' và song song với BD, cắt các cạnh SB và SD lần lượt tại B’ và D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a. Câu V (1.0 ñiểm) Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn 2 2a b 1,c d 3+ = − = . Chứng minh rằng:

9 6 2ac bd cd

4

++ − ≤ .

PHẦN RIÊNG (3.0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A – Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ∆ABC có phương trình ñường thẳng chứa ñường cao và ñường trung tuyến kẻ từ ñỉnh A lần lượt là: x 2y 13 0− − = và 13x 6y 9 0− − = . Tìm tọa ñộ các ñỉnh A, B,

C biết ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC có tâm là I(-5; 1). 2. Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, cho các ñiểm A(1; 2; 0), B(2; 0; 1) và mặt phẳng (P): 2x y 2z 3 0− + − = . Viết phương trình mặt phẳng (α) ñi qua A, B và tạo với (P) một góc φ sao cho

14cos

7ϕ = .

Câu VIIa (1 ñiểm) Giải phương trình: 2 2 24 4 28log x 9 3 2log (x 3) 10 log (x 3)− + + = + −

B – Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ∆ABC vuông tại A, các ñỉnh A, B thuộc ñường thẳng y 2= ,

phương trình cạnh BC: 3x y 2 0− + = . Tìm tọa ñộ các ñỉnh A, B, C biết bán kính ñường tròn nội tiếp

∆ABC bằng 3 . 2. Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, cho các ñiểm A(2; -2; 3), B(2; 0; 1). Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua A, B sao cho khoảng cách từ nó tới gốc tọa ñộ O là lớn nhất. Câu VIIb (1 ñiểm) Chứng minh rằng:

1 2 2011 0 1 20102011 2011 2011 2010 2010 2010

1 1 1 1006 1 1 1... ...

C C C 2011 C C C

+ + + = + + +

.

------------------------Hết------------------

Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:........................................................... Số báo danh:............................

www.VNMATH.com

Trang 1/5

Câu ðáp án ðiểm

I (2.0 ñiểm)

1. (1.0 ñiểm) Khảo sát: = − +3 2y x 3x 2

• Tập xác ñịnh: = ℝD . • Sự biến thiên:

xlim y→−∞

= −∞ , xlim y→+∞

= +∞ 0.25

= ⇒ =

= − = ⇔ − = ⇔ = ⇒ = −

2 2x 0 y(0) 2

y ' 3x 6x, y ' 0 3x 6x 0x 2 y(2) 2

0.25

Bảng biến thiên:

Hàm số ñồng biến trên các khoảng ( ;0), (2; )−∞ +∞ và nghịch biến trên (0;2) .

Hàm số ñạt Cð tại = = =C§

x 0, y y(0) 2 và ñạt CT tại = = = −CT

x 2, y y(2) 2.

x −∞ 0 2 +∞

'y + 0 – 0 +

y 2 +∞ Cð CT −∞ -2

0.25

0.25

2. (1.0 ñiểm) Tìm m …

Hoành ñộ giao ñiểm của (C)với d là nghiệm của phương trình:

=− + = − − ⇔ − − − − = ⇔ − − − =

3 2 2

2

x 2x 3x 2 m(x 2) 2 (x 2)(x x 2 m) 0

x x 2 m 0 (1)

0.25

(C)cắt d tại 3 ñiểm phân biệt A(2;-2), D, E (1)⇔ có 2 nghiệm phân biệt khác 2

∆ = + >⇔ ⇔ − < ≠ ∗ = − ≠

9 4m 0 9m 0 ( )

f(2) m 0 4

0.25

Với ñiều kiện( )∗ gọi 1 2

x ,x là nghiệm của (1) thì + = = − −1 2 1 2

x x 1, x x 2 m . Tích

các hsg của tt tại D và E với hoành ñộ 1 2

x ,x là = =1 2 1 2

k k k y '(x )y '(x )

= − − = + = + − ≥ − < ≠2 2 2 2

1 1 2 2

9(3x 6x )(3x 6x ) 9(m 2m) 9(m 1) 9 9 víi - m 0

4.

0.25

SỞ GD & ðT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI T Ổ

ðÁP ÁN – THANG ðIỂM ðỀ THI TH Ử ðẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2012

Môn: TOÁN; Khối B (ðáp án – thang ñiểm gồm 05 trang)

x

y

-1 1 2 3

1

2

3

O -1

-2

I

• ðồ thị:

Cắt Ox tại (1;0) , −(1 3;0) và +(1 3;0)

Cắt Oy tại (0;2) .

Ta có: y '' 6x 6 y '' 0 x 1= − ⇒ = ⇔ = .

⇒ðồ thị có 1 ñiểm uốn I(1;0)

www.VNMATH.com

Trang 2/5

Khi ñó = − ⇔ = −min

k 9 m 1 (t/m (*)). Vậy giá trị m cần tìm là m = -1. 0.25

II (2.0 ñiểm)

1. (1.0 ñiểm) Giải phương trình:

ðKXð: ≠ ≠ ≠s inx 0, cosx 0, cos2x 0 (*). 0.25

Phương trình ( )( )⇔ − = + −(2 cot 2x 2 t an2x)sin 4x 4 3 1 cos2x 5

⇔ = −4 cot 4xsin 4x 4(3cos2x 2) ⇔ = −cos4x 3cos2x 2 0.25

⇔ − + =22cos 2x 3cos2x 1 0

=⇔ =

cos2x 1

1cos2x

2

0.25

= π π⇔ → = ± + π ∈π = ± + π

ℤ®k(*)

x k

x k (k )6x k

6

. 0.25

2. (1.0 ñiểm) Giải bất phương trình:

ðKXð: x 1≥ . Nhân hai vế của BPT với x 3 x 1+ + − ta ñược

BPT 2x 3 x 2x 3 x 3 x 1⇔ − + + − ≥ + + − (**) 0.25

ðặt u x 3 x 1= + + − ( )u 2≥ 2

2 u 2x x 2x 3

2

−⇒ + + − =

BPT (**) có dạng: 2 u 4u 2u 8 0

u 2

≥− − ≥ ⇔ ≤ −

. Vì u 2≥ nên ñược nghiệm u 4≥ 0.25

Với 2u 4 x 3 x 1 4 x 2x 3 7 x≥ ⇒ + + − ≥ ⇔ + − ≥ − + Với x 7≥ : Bpt nghiệm ñúng

+ Với 1 x 7≤ < : Bpt ( )22 13x 2x 3 7 x x

4⇔ + − ≥ − ⇔ ≥ ⇒nghiệm:

13x 7

4≤ <

0.25

Vậy nghiệm BPT ñã cho là: 1 3x

4≥ . 0.25

III (1.0 ñiểm)

Tính tích phân …

Ta có: π

=−

∫4

20

s in 4 xI d x

31 s in 2 x

4

0.25

ðặt: = − ⇒ = − ⇒ = −23 3 2u 1 sin 2x du sin 4xdx sin 4xdx du

4 2 3

ðổi cận: = ⇒ =

π= ⇒ =

x 0 u 1

1x u

4 4

0.25

Khi ñó: = − = ∫ ∫

1

14

11

4

2 1 2 duI du

3 3u u 0.25

= =1

1

4

4 2u

3 3. 0.25

IV (1.0 ñiểm)

(1.0 ñiểm) Tính thể tích khối chóp S.AB 'C ' D '

www.VNMATH.com

Trang 3/5

0.25

Trong ∆SAC: kẻ OE//AC’, O là trung ñiểm AC⇒E là trung ñiểm CC’ ⇒ SC’ =

C’E=EC ⇒ I là trung ñiểm SO. Mà B’D’//BD nên = = =SB' SD' SI 1

SB SD SO 2

0.25

Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD, ta có = =S.ABC S.ACD

1V V V

2,

= =S.AB'C'

S.ABC

V SB' SC' 1.

V SB SC 6, = =S.AC'D'

S.ACD

V SD' SC' 1.

V SD SC 6

0.25

Do ñó

= + = + = + =

S.AB'C'D' S.AB'C' S.AC'D' SABC SACD

1 1 1 1 1 1V V V V V V V

6 6 6 6 2 6 mà

= = = =3

S.ABCD ABCD ABD

1 1 a 3V V .SA.S .SA.2S

3 3 6(∆ABD ñều cạnh a).

Vậy =3

S.AB'C'D'

a 3V

36.

0.25

V (1.0 ñiểm)

Chứng minh bất ñẳng thức …

ðặt P = ac + bd – cd Áp dụng bñt Bunhiakovski cho 4 số a, b, c, d ta có:

( ) ( )+ ≤ + ≤ + + = +2 2 2 2 2 2ac bd ac bd a b c d c d . Do ñó: 0.25

( ) ( ) ( ) ( )≤ + − = + + − + = + + − + =22 2 2 2 2P c d cd d 3 d d d 3 2d 6d 9 d 3d f d

Có ( ) ( ) ( ) + − + + = − + = + + + + +

2

2 2

2d 3 1 2d 6d 9f ' d 2d 3 2d 3

2d 6d 9 2d 6d 9

0.25

Vì

− + + = − + + < ∀

2

2 3 91 2d 6d 9 1 2 d 0, d

2 2 nên ( ) +≤ − =

3 9 6 2f d f

2 4 0.25

Vậy +≤ 9 6 2

F4

. Dấu ñẳng thức xảy ra khi = − = = = −3 3 1 1d ,c ,a , b .

2 2 2 2 0.25

VI.a (2.0 ñiểm)

1. (1.0 ñiểm) Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC.

Từ A kẻ ñường kính AA’ của ñường tròn tâm I ngoại tiếp ∆ABC; gọi H, M lần lượt là trực tâm ∆ABC và trung ñiểm cạnh BC. Dễ dàng chứng minh BHCA’ là hình bình hành ⇒ M là trung ñiểm của A’H. PT ñ/c AH: x – 2y – 13 = 0, trung tuyến AM: 13x – 6y – 9 = 0

0.25

Toạ ñộ A là nghiệm hệ x 2y 13 0 x 3

A( 3; 8) A '( 7;10)13x 6y 9 0 y 8

− − = = − ⇔ ⇒ − − ⇒ − − − = = −

0.25

B C

A D

I

O

C’ D’

B’

E

Gọi O=AC∩BD, I=SO∩AC’, suy ra I∈(α) ∩(SBD) ⇒ (α) ∩ (SBD)=B’D’, với B’D’ ñi qua I và // BD (B’∈SB, D’∈SD).

S www.VNMATH.com

Trang 4/5

VI.a (2.0 ñiểm)

0. 25

B∈BC⇒B(b; 11 - 2b), M là trung ñiểm BC nên C(6 - b; - 1 + 2b). Vì I là tâm

ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên IA2 = IB2⇒ ( ) ( ) ( )+ + − = − +2 2 2 2b 5 10 2b 2 9

= ⇒⇔ − + = ⇔ = ⇒

2b 2 B(2;7), C(4;3)

5b 30b 40 0b 4 B(4;3), C(2;7).

0.25

2. (1.0 ñiểm) Lập phương trình mặt phẳng( )α .

Mặt phẳng( )α ñi quaA(1;2;0) có phương trình dạng:

− + − + =a(x 1) b(y 2) cz 0 với + + ≠2 2 2a b c 0 .

Vì B∈ α( )nên − + = ⇒ = −a 2b c 0 a 2b c (1)

0.25

Mặt khác, góc giữa( )α và(P) là φ có cosin bằng 14

7

Do ñó α

α

− +ϕ = ⇔ =

+ + + +

��� ���

��� ���P

2 2 2

P

n .n 2a b 2c14cos (2)

7n n a b c . 4 1 4

Thay (1) vào (2) ta ñược: =

= − + + ⇔ =

2 2 22c b

7 b 14 (2b c) c b2c 3b

0.25

• Với = ⇒ = ≠ ⇒b 2c a 3c 0 phương trình ( )α là: + + − =3x 2y z 7 0 . 0.25

• Với = ⇒ = ⇒ = ≠ ⇒2 1

3b 2c b c a c 03 3

pt ( )α là: + + − =x 2y 3z 5 0 .

Vậy phương trình mp( )α tmñb là: + + − = + + − =3x 2y z 7 0; x 2y 3z 5 0. 0.25

VII.a (1.0 ñiểm)

Giải phương trình…

ðKXð: ( )− > + ≥ − >22 2x 9 0; (x 3) 1 vµ x 3 0 hay ≤ −

>

x 4

x 3 (*) 0.25

PT ( ) ( ) ( )⇔ − + + = + −2 2 22

2 2 2log x 9 3 log x 3 10 log x 3

( ) ( )⇔ + + + − =2 2

2 2log x 3 3 log x 3 10 0

0.25

ðặt u = ( ) ( )+ ≥2

2log x 3 u 0 . PT có dạng:

=+ − = ⇔ = −

2u 2

u 3u 10 0u 5

0.25

Với u = 2 ( ) ( )⇒ + = ⇔ + =2 2

2log x 3 2 x 3 16 ⇔ =x 1 hoặc = −x 7

Với ñk(*) ta ñược nghiệm: = −x 7 0.25

VI.b (1.0 ñiểm) Tọa ñộ ñiểm B là nghiệm hệ

=− + = ⇔ ⇒ ==

x 03x y 2 0B(0;2)

y 2y 2 0.25

A

B C

I

A’ M

H

H∈AH⇒H(2h 13;h)+ ⇒h 10

M h 3;2

+ +

∈AM nên

( ) ++ − − = ⇔ =

⇒

h 1013 h 3 6 9 0 h 0

2

H(13;0), M(3;5)

Do BC qua M(3;5) vuông góc với AH⇒PT BC: 2x + y – 11 = 0.

(loại)

www.VNMATH.com

Trang 5/5

Câu ðáp án ðiểm

VI.b (1.0 ñiểm)

Do A∈ñt: y = 2 nên A(a;2) (a≠0), C∈BC: − + =3x y 2 0 ⇒C(c;2+c 3),(c≠0)

= − ⇒ =����AB ( a;0) AB a , = − ⇒ = − +

����2 2AC (c a; c 3 ) AC (c a) 3c ,

= ⇒ =����BC (c;c 3) BC 2 c

0.25

Vì ∆ABC vuông ở A và =r 3 nên =⊥ ⇔ + += = =

���� ����AB.AC 0AB AC1 AB AC BC

S pr p 3 AB.AC 32 2

0.25

( )− − =⇔ − + = + + − +

2 2 2 2

a(c a) 0

a (c a) 3c a 2 c (c a) 3c 3

= ≠⇔ = +

c a 0

a 3 3

= = + ⇒ + + +⇔

= =− − ⇒ − − − − − −

c a 3 3 A(3 3;2), C(3 3;5 3 3)

c a 3 3 A( 3 3;2), C( 3 3; 1 3 3)

0.25

2. (1.0 ñiểm) Lập phương trình mặt phẳng(P) .

0.25

* Ta có: = − ⇒ = − ⇒ = = = −���� �

ABAB (0;2; 2) VTCP u (0;1; 1) Pt AB : x 2;y t;z 1 t. 0.25

* K ∈AB⇒K(2; t; 1-t) ⇒ = −����

OK ( 2; t;1 t) . Vì K là hình chiếu của O trên AB nên

= ⇔ − − = ⇔ =���� ����

OK.AB 0 2t 2(1 t) 0 t 1 2

⇒ =

���� 1 1OK 2; ;

2 2( )⇒ =

�

(P)n 4;1;1 0.25

mp(P) ñi qua A(2;-2;3), với VTPT ( )=�

(P)n 4;1;1 có pt là: 4x + y + z - 9 = 0 0.25

VII.b (1.0 ñiểm)

Chứng minh ñẳng thức…

* Chứng minh: +

+ +

+= + + k k k 1

n n 1 n 1

1 n 1 1 1

n 2C C C (1) 0.25

Áp dụng (1) với k ñi từ 0 ñến n = 2010, ta ñược:

= +

0 0 1

2010 2011 2011

1 2011 1 1

2012C C C;

= +

1 1 2

2010 2011 2011

1 2011 1 1

2012C C C;... 0.25

Do =0 20112011 2011C C , nên lấy tổng từng vế của 2011 ñẳng thức ñó ta ñược:

=

= + +

∑2010

k 1 2 2011k 0 2010 2011 2011 2011

1 2011 1 1 1.2. ...

C 2012 C C C 0.25

⇒ + + = + + +

1 2 2011 0 1 20102011 2011 2011 2010 2010 2010

1 1 1 1006 1 1 1... ...

C C C 2011 C C C 0.25

Chú ý: Mọi cách làm ñúng và hợp lệ, dù không giống như ñáp án vẫn ñược ñiểm tối ña!

O

HK

P

. A B .

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của O trên mp(P) và ñt AB⊂mp(P). Khi ñó: OH ≤ OK hay d(O,(P)) ≤ OK=const ⇒ d(O,(P))max=OK ⇔ H≡K hay (P)⊥OK ⇒ mp(P) ñi qua A, B và vuông góc với OK

= +

2010 2010 2011

2010 2011 2011

1 2011 1 1

2012C C C

www.VNMATH.com