SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2011-2012 TRƯỜNG THPT CÔNG NGHIỆP Môn: TOÁN; Khối: A, B

------------***------------- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 33 4 y x mx m (1), với m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.

2. Xác định m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x.

Câu II (2,0 điểm).

1. Giải phương trình .cottansin

2coscos

2sin xxxx

xx

2. Giải hệ phương trình 2

3

3 4 3

2 2 3

y y x y

x y

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 1

2 2 2

20

. 4 .4

xxI e x x dxx

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B và aADaBCAB 2; . Cạnh bên SA vuông góc với đáy (ABCD) và SA a . Gọi E là trung điểm của AD. Tính thể tích khối chóp S.CDE và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.CDE.

Câu V (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn 34

a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

1 1 13 3 3

Pa b b c c a

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2).

1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm).

1. Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình 2 2( 2) ( 3) 10x y . Xác định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua điểm 3; 2 M và điểm A có hoành độ dương.

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 điểm 0;0;2K đến mặt phẳng (P) đạt giá trị lớn nhất.

Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 22 2 . 8z z z z và 2z z .

2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm).

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng : 1 0 x y các điểm 0; 1 , 2;1A B . Tứ giác ABCD là hình thoi có tâm nằm trên đường thẳng ( ). Tìm tọa độ các điểm C, D. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm (0;1;1) , (1;0; 3), ( 1; 2; 3)A B C và mặt cầu (S) có phương trình:

2 2 2 2 2 2 0x y z x z . Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất.

Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

23 1

2

2 2 2

2.log log 1

log (log 1).log 3

y x

y x

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

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN

(Đáp án- Thang điểm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I.1 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 3x2 + 4

+ TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2 6x = 0 x = 0 và x = 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0) và (2; +) Hàm số nghich biến trênkhoảng (0; 2) Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0 y” = 6x 6 = 0 x = 1 Điểm uốn (1; 2)

0.25

Giới hạn và tiệm cận: 3

33 4lim lim 1

x xy x

x x

.. 0.25

LËp BBT:

0.25

Đồ thị:

0.25

I.2 2/. Ta có: y’ = 3x2 6mx = 0

02

xx m

hàm số có cực đại và cực tiểu khi m 0.

0.25

0

x

4 +∞

∞

+ + 0 0 y’

∞ 2 +∞

y

0

x

y

O

Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) 3(2 ; 4 )AB m m

Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3) 0.25

Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng

y = x và I thuộc đường thẳng y = x 3

3

2 4 0

2

m m

m m

0.25

Giải ra, kết hợp đk ta có:

22

m ; 0.25

II.1 * ĐK:x

2k .

0.25 Pt về dạng -cos2x = cosx (2) 0.25

Giải (2) 3

23

kx và x = 2k 0.25

Kết hợp đk pt có nghiệm là 23

kx .. 0.25

II.2 Đk: ; 2.x R y 0,25 Biến đổi (1) về pt ẩn y: 2 3 4 3y y x y 3 (L); 1y y x

0,25 Thay vào (2)... 3 2 1 3 x x . ... VT là hàm đồng biến trên 1; nên pt có nghiệm duy nhất x = 3. (hoặc dùng ẩn phụ)

0,25

Với x=3 suy ra y = -2. Vậy hệ đã cho có nghiệm (3;-2) 0,25 1 1 3

21 22

0 0 4x xI xe dx dx I I

x

0.25

Tính 1 2 2

2 2 11 0

0

1 1( ) |2 2 4

xx x e eI xe dx xe

0.25

III

Tính 2I bằng cách đặt 24t x được 2163 33

I 0.25

2 613 34 12eI

0.25

6

3aV 0.50

..Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SE và SC ta có mặt phẳng (ABNM) là mặt phẳng trung trực của SE. Vậy tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE là giao điểm của mặt phẳng (ABMN) và trục đường tròn ngoại tiếp đáy CDE. Gọi là đường thẳng qua I là trung điểm của CD và song song với SA.Gọi K là trung điểm của AB thì KN //AM. KN và đồng phẳng suy ra OKN là điểm cần tìm 0.25

IV

Tam giác OIK vuông cân nên OI=IK=2

32

aADBC

;

22

2;2 aCDICaCD

Ta có 211

411

42

49 222

222 aOCRaaaICOIOC

j

O

C

E

I

M

N

K

A

B

S

0.25 V

¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d­¬ng ta cã

zyx9

z1

y1

x19

xyz3xyz3

z1

y1

x1)zyx(

33

(*)

¸p dông (*) ta cã 333333 a3cc3bb3a

9a3c

1c3b

1b3a

1P

0.25

¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d­¬ng ta cã

3

3

3

a 3b 1 1 1a 3b 1.1 a 3b 23 3

b 3c 1 1 1b 3c 1.1 b 3c 23 3

c 3a 1 1 1c 3a 1.1 c 3a 23 3

0.25

Suy ra 3 3 3 1a 3b b 3c c 3a 4 a b c 63

1 34. 6 33 4

Do đó 3P 0.25

DÊu = x¶y ra 3a b c 1a b c4

4a 3b b 3c c 3a 1

VËy P ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 3 khi 4/1cba 0.25

VI.a1

ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 ( a2+b2≠0). Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán 0.25

kính 10R nên 2 2 2

2 2

| 2 3 3 2 |10 10( ) 25( )a b a b a b a ba b

( 3 )(3 ) 0 3a b a b a b hay 3b a pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0 0.25

TH1: AB: x- 3y-3 = 0, ..gọi A(3t+3; t) t > -1 và do IA2=2.R2=20 t = 1, t = -1 (loại). Suy ra A(6;1) C(-2; 5)

0.25

TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7) t > 0 và do IA2=2.R2=20 t = 0, t = -2 (không thoả mãn) 0.25 Gọi , ,n A B C

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 24 2 4

Bd K P

B C BC

- Nếu B = 0 thì d(K,(P)) = 0 (loại)

- Nếu 0B thì 2 2 2

1 1,24 2 4

2 1 2

Bd K P

B C BC CB

0.25

VI.a2

Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1 Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 0.25

VII.a Gọi z = x + iy ta có

22 2 2;z x iy z z zz x y (x, yR) 0.5

22 2 2 2 22 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1)z z z z x y x y 2 2 2 1 (2)z z x x 0.25

Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1 Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 - i 0.25

VI.b1

Gọi I(a;b) là tâm của hình thoi. Vì I nên a + b – 1 = 0 hay b = 1 – a (1). 0.25

Ta có: AI (a;b+1) và BI (a – 2;b – 1) mà ABCD là hình thoi nên AI BI suy ra : a(a – 2) + (b + 1)(b – 1) = 0 (2). 0.25

Thế (1) vào (2) rồi rút gọn được: a2 – 2a = 0 a = 0 va a = 2. 0.25 TH1: Với a = 0 thì I(0;1). Do I là trung điểm của AC và BD nên áp dụng công thức tọa độ trung

điểm, ta có:

2202

AIC

AIC

yyyxxx

và

1222

BID

BID

yyyxxx

;

C(0;2) và D(-2;1). 0.25 TH2: Với a = 2 thì I(2;-1). Tương tự ta được: C(4;-1) và D(2;-3).

Vậy có hai cặp điểm thỏa mãn: C(0;2) và D(-2;1) hoặc C(4;-1) và D(2;-3).

VIb2. Ta có (S) 2 2 2: ( 1) ( 1) 4 x y z suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R 2

Và (1; 1; 4); ( 1; 3; 4)AB AC

Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là , ( 8;8; 4)n AB AC

0.25

Suy ra mp(ABC) có phương trình: 8x 8(y 1) 4(z 1) 0 2x 2y z 1 0

Ta có 1 ( ; ( )).3ABCD ABCV d D ABC S nên ABCDV lớn nhất khi và chỉ khi ( ;( ))d D ABC lớn nhất . Gọi

1 2D D là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D là 1 điểm bất kỳ thuộc

(S) thì 1 2( ; ( )) max ( ;( )); ( ; ( ))d D ABC d D ABC d D ABC . Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2 0.25

Đường thẳng 1 2D D đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là (2; 2;1)ABCn

Do đó (D1D2) có phương trình: 1 2

21

x ty tz t

.

Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ:

2 2 2

1 2 22 31 2

3( 1) ( 1) 4

x tty t

z t tx y z

1 27 4 1 1 4 5; ; & ; ;3 3 3 3 3 3

D D 0.25

Ta thấy: 1 2( ;( )) ( ;( ))d D ABC d D ABC . Vậy điểm

7 4 1; ;3 3 3

D

là điểm cần tìm 0.25

VIIb

Điều kiện

x 0y 0

khi đó hpt

223 2

3 22

3 222

2.log y log x 12.log y log x 1

log y log y log x 1log x 1log 3

Đặt 2

3

a log xb log y

khi đó hpt trở thành:

22.b a 1b a 1

0.25 2 2 a 12. a 1 a 1 a 2a 1 0

b 0b a 1b a 1

0.5

2

3

log x 1 x 2(t / m)

log y 0 y 1

Vậy hệ có nghiệm duy nhất: 2;1

0.25

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.

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