Đề thi thử đại học lần 3 năm học 2011-2012 môn toán; khối a,b thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GD&ĐT HOÀ BèNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2011-2012 
TRƯỜNG THPT 19-5 Mụn TOÁN; Khối A,B 
 Thời gian làm bài: 180 phỳt, khụng kể thời gian giao đề 
 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
 3 2
 Cõu I (2 điểm) Cho hàm số y2 x  3(2 m  1) x  6 m ( m  1) x  1 cú đồ thị (Cm). 
 1. Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 
 2. Tỡm m để hàm số đồng biến trờn khoảng 2; 
 Cõu II (2 điểm) 
 1. Giải phương trỡnh: 2cos3x(2cos2x 1)  1 
 2 2
 x y  x  y  12
 2. Giải hệ phương trỡnh:  
 2 2
 y x y  12
 3ln 2 dx
 Cõu III (1 điểm) Tớnh tớch phõn I  
  3 x 2
 0 ( e  2)
 Cõu IV (1 điểm) Cho hỡnh lăng trụ ABC.A’B’C’ cú đỏy là tam giỏc đều cạnh a, hỡnh chiếu vuụng 
 gúc của A’ lờn măt phẳng (ABC) trựng với tõm O của tam giỏc ABC. Tớnh thể tớch khối lăng trụ 
 a 3
 ABC.A’B’C’ biết khoảng cỏch giữa AA’ và BC là 
 4
 Cõu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả món là cỏc số thực: x 2  xy  y 2  1.Tỡm giỏ trị lớn nhất, nhỏ 
 x 4  y 4 1
 nhất của biểu thức P  
 x 2  y 2 1
 II. PHẦN RIấNG (3,0 điểm) Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B) 
 A. Dành cho thớ sinh thi theo chương trỡnh chuẩn 
 Cõu VIa (2 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường trũn (C) : x2 y 2 4 x  2 y  1  0 và điểm 
 A(4;5). Chứng minh A nằm ngoài đường trũn (C) . Cỏc tiếp tuyến qua A tiếp xỳc với (C) tại 
 T1, T2, viết phương trỡnh đường thẳng T1T2. 
 2. Trong khụng gian Oxyz, cho cỏc điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tỡm tọa độ điểm O’ đối 
 xứng với O qua (ABC). 
 Cõu VIIa(1 điểm) Giải phương trỡnh:(z 2  z)(z  3)(z  2)  10, z C. 
 B. Dành cho thớ sinh thi theo chương trỡnh nõng cao 
 Cõu VIb (2 điểm) 
 1.Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tỡm toạ độ điểm M thuộc đường 
 thẳng ( ) :3x  y  5  0 sao cho hai tam giỏc MAB, MCD cú diện tớch bằng nhau 
 2. Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 
 x  4 y 1 z  5 x  2 y  3 z 
 d :   d :  
 1 3 1  2 2 1 3 1
 Viết phương trỡnh mặt cầu cú bỏn kớnh nhỏ nhất tiếp xỳc với cả hai đường thẳng d1 và d2 
 Cõu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trỡnh: x(3log 2 x  2)  9log 2 x  2 
 ---------------------HẾT------------------------ 
 Thớ sinh khụng sử dụng tài liệu, cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm 
 Họ và tờn thớ sinh:............................... …..;SBD.............. ……………….. 
 SỞ GD&ĐT HOÀ BèNH ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM 
 TRƯỜNG THPT 19-5 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2011-2012 
 Mụn TOÁN; Khối A,B 
 Cõu I Đỏp ỏn Điểm 
a) Tớnh toỏn và vẽ hỡnh đỳng 1,0 
b) y2 x3  3(2 m  1) x 2  6 m ( m  1) x  1  y' 6x 2  6(2m 1)x  6m(m 1) 0,5 
 y’ cú   (2m 1) 2  4(m 2  m)  1  0 
 x  m 
 y' 0   Hàm số đồng biến trờn 2;  y' 0 
 x  m 1 
 x  2  m 1  2  m  1 0,5 
Cõu II a Giải phương trỡnh: 2cos3x(2cos2x 1)  1 1 điểm 
 PT  2cos3x(4cos 2 x 1)  1  2cos3x(3  4sin 2 x)  1 0,25 
 Nhận xột x  k, k  Z khụng là nghiệm của phương trỡnh đó cho nờn ta cú: 0,25 
 2cos3x(3  4sin 2 x)  1  2cos3x(3sin x  4sin 3 x)  sin x 
  2cos3xsin 3x  sin x  sin 6x  sin x 
  2m 0,25 
 x 
 6x  x  m2  5
    ; m  Z 
 6x    x  m2  2m
  x  
  7 7
 2m 
 Xột khi  k  2m=5k  m  5t , t  Z Xột khi 
 5 
  2m 0,25 
  = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, l  Z 
 7 7
 2m  2m
 Vậy ph tr cú nghiệm: x  ( m  5t ); x   ( m  7l  3 ) trong 
 5 7 7
 m,t,l  Z 
 * Điều kiện: |x | | y | 0.25 
b) u x2  y 2 ; u  0
 Đặt  ; x  y khụng thỏa hệ nờn xột x  y ta cú 
 v x  y 
 u v  12 
 2 
 1 u  2 
 y v   . Hệ phương trỡnh đó cho cú dạng: u u  
 2 v   v    12 0,25 
 2 v  
 Giải hệ (I), (II).Sau đú hợp cỏc kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trỡnh 
 ban đầu là S  5;3 , 5;4 0.5 
Cõu III 3ln 2 dx 1 
 Tớnh tớch phõn I  
  3 x 2 điểm 
 0 ( e  2)
 x 0,25 
 3ln 2 e 3 dx
 Ta c ú I  Đặt 
  x x
 0 e 3 (e 3  2) 2
 x x
 u= e 3  3du  e 3 dx ; x  0  u  1; x  3ln 2  u  2 
 2 3du 2  1 1 1  0,25 
 Ta được: I  =3    du 
  2  2 
 1 u(u  2) 1  4u 4(u  2) 2(u  2) 
 2
  1 1 1  0,25 
 =3  ln u  ln u  2   
  4 4 2(u  2) 
   1
 3 3 1 3 3 1 
  ln( )  Vậy I  ln( )  
 4 2 8 4 2 8 0,25 
 A C
 B
 H 
 A C 
 O M 
 B 
 AM  BC 
 Gọi M là trung điểm BC ta thấy:  BC  (A' AM ) Kẻ 
  
 A'O  BC
 MH  AA', (do A nhọn nờn H thuộc trong đoạn AA’.)Do 0,5 
 BC  (A' AM ) 
   HM  BC .Vậy HM là đọan vụng gúc chung củaAA’và 
 HM  (A' AM )
 3
 BC, do đú d(AA',BC)  HM  a . 
 4
 A'O HM 0,5 
 Xột 2 tam giỏc đồng dạng AA’O và AMH, ta cú:  
 AO AH
 AO.HM a 3 a 3 4 a
  suy ra A'O    
 AH 3 4 3a 3
 1 1 a a 3 a 3 3
 Thể tớch khối lăng trụ: V  A'O.S  A'O.AM.BC  a  
 ABC 2 2 3 2 12
Cõu V Cho x,y,z thoả món là cỏc số thực: x 2  xy  y 2  1.Tỡm giỏ trị lớn nhất ,nhỏ 
 x 4  y 4 1
 nhất của biểu thức P  
 x 2  y 2 1
 Từ giả thiết suy ra: 
 1  x2  xy  y 2  2xy  xy  xy 1 
 Từ đó ta có   xy 1 . 
 1  (x  y)2  3xy  3xy 3 0,25 
 Măt khác x 2  xy  y 2 1 x 2  y 2 1 xy 
 nên x 4  y 4  x2 y 2  2xy 1 .đăt t=xy 
 Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của 
 t 2  2t  2 1 0.25 
 P  f (t)  ;  t 1 
 t  2 3
 6 t  6  2 
 Tính f '(t)  0  1 2  0   0.25 
 (t  2) t   6  2(l)
 1 
 Do hàm số liên tục trên   ;1 nên so sánh giá trị của 
 3 0.25 
 1
 f ( ) , f ( 6  2) , f (1) cho ra kết 
 3
 1 11
 quả: MaxP  f ( 6  2)  6  2 6 , min P  f ( )  
 3 15
a) * Đường trũn (C) cú tõm I(2;1), bỏn kớnh R = 2. 0,25 
 Ta cú IA = 2 5 > R  A nằm ngoài đường trũn (C) 
 * Xột đường thẳng  : x = 4 đi qua A cú d(I;  ) = 2   là 1 tiếp tuyến 
 1 1 1 0,25 
 của (C) 
 * 1 tiếp xỳc với (C ) tại T1(4;1) 0,25 
  1  
 * T1T2  IA  đường thẳng T1T2 cú vtpt n = IA =(1;2) 
 2 
 phương trỡnh đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1) 
  x + 2y - 6 = 0 0,25 
 *Từ phương trỡnh đoạn chắn suy ra pt tổng quỏt của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 
b) 
 *Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của O l ờn (ABC), OH vuụng gúc với 0,25 
 (ABC) nờn OH // n(2;1;1) ; H ABC  Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương 
 1 2 1 1
 trỡnh( ABC) cú t= suy ra H ( ; ; ) 
 3 3 3 3
 4 2 2 0,5 
 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC)  H là trung điểm của OO’  O'( ; ; ) 
 3 3 3
CõuVIIa Giải phương trỡnh: (z 2  z)(z  3)(z  2)  10 , z C. 1 điểm 
 PT  z(z  2)(z 1)(z  3) 10  (z2 2 z )( z 2  2 z  3)  10 0,25 
 Đặt t  z 2  2z . Khi đú phương trỡnh (8) trở thành: 
 Đặt t  z 2  2z . Khi đú phương trỡnh (8) trở thành t 2  3t 10  0 0,25 
 t  2 z  1 i 
     Vậy phương trỡnh cú cỏc nghiệm: 0,5 
 t  5 z  1 6
 z  1 6 ; z  1 i 
 Viết phương trỡnh đường AB: 4x 3 y  4  0 và AB  5 0,25 
 Viết phương trỡnh đường CD: x4 y  17  0 và CD  17 
 Điểm M thuộc  cú toạ độ dạng: M( t ;3 t  5) Ta tớnh được: 0,25 
 13t 19 11 t  37
 d( M , AB ) ; d ( M , CD )  
 5 17
 Từ đú: SMAB S MCD  d( M , AB ). AB  d ( M , CD ). CD 0,5 
 7 7
 t  9  t   Cú 2 điểm cần tỡm là: M( 9;  32), M ( ;2) 
 3 3
 Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xỳc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A 
 0, 25 
 và B khi đú ta luụn cú IA + IB ≥ AB và AB ≥ d d1, d 2  dấu bằng xảy ra khi I 
 là trung điểm AB và AB là đoạn vuụng gúc chung của hai đường thẳng d1, d2 
  
  AB u 0,25 
 Ta tỡm A, B :   Ad1, Bd2 nờn: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 
 AB u '
 + 3t’; t’) 
 
  AB (….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) I(2; 1; -1) 0,25 
 Mặt cầu (S) cú tõm I(2; 1; -1) và bỏn kớnh R= 6 
 Nờn cú phương trỡnh là: x22  ( y  1)2  ( z  1) 2  6 0,25 
CõuVIIb Giải bất phương trỡnh x(3log 2 x  2)  9log 2 x  2 1 điểm 
 Điều kiện: x  0Bất phương trỡnh  3(x  3) log 2 x  2(x 1) 
 Nhận thấy x=3 khụng là nghiệm của bất phương trỡnh. 0.25 
 3 x 1 
 TH1 Nếu x  3 BPT  log x  
 2 2 x  3 0,25 
 3 x 1
 Xột hàm số: f (x)  log x đồng biến trờn khoảng 0; g(x)  
 2 2 x  3
 f (x)  f (4)  3
 nghịch biến trờn khoảng 3; *Với x  4 :Ta cú   Bpt 
 g(x)  g(4)  3 
 f (x)  f (4)  3
 cú nghiệm x  4 * Với x  4:Ta cú   Bpt vụ nghiệm 
 g(x)  g(4)  3 
 3 x 1 3 0,25 
 TH 2 :Nếu 0  x  3 BPT  log x  f (x)  log x đồng biến trờn 
 2 2 x  3 2 2
 x 1 f (x)  f (1)  0
 nghịch biến trờn 0;3 *Với x  1:Ta cú   Bpt vụ
 x  3 g(x)  g(1)  0 
 f (x)  f (1)  0
 * Với x  1:Ta cú   Bpt cú nghiệm 0  x  1 Vậy Bpt cú ngh 
 g(x)  g(1)  0 
Mọi cỏch giải khỏc đỳng đều được điểm tuyệt đối