Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 109

SỞ GD­ĐT NGHỆ AN 
TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2. NĂM 2011 
Môn: Toán. Khối B. Thời gian làm bài 180 phút 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm)  Cho hàm số  4 2 ( ) 8x 9x 1 y f x = = - + 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2. Tìm các giá trị m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt thuộc đoạn [0; ] p 
4 2 8 os 9 os 0 c x c x m - + =  . 
Câu II (2,0 điểm) 
1.  Giải  phương trình ( ) 2 cos sin 1 
tan cot 2 cot 1 
x x 
x x x 
- 
= 
+ - 
2.  Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 8 4 2 2 
1 1 
log 3 log 1 log 4 . 
2 4 
x x x + + - = 
Câu III (1,0 điểm)  Tính tích phân 
/2
0 
sin 3 
1 cos 
x 
I dx 
x 
p 
= 
+ ò  . 
Câu IV (1,0 điểm)  Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,  2 AB a =  . Gọi I là 
trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABC) thỏa mãn  2 IA IH = - 
uur uuur 
. Góc giữa 
SC và mặt đáy (ABC) bằng  0 60  . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 
Câu V (1,0 điểm)  Giải bất phương trình  2 4 2 6( 3 1) 1 0 x x x x - + + + + £  ( ). xΡ 
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 (1,0 điểm)  Cho 5 chữ số 0;1;2;3;4. Từ 5 chữ số đó có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn 
có 5 chữ số sao cho mỗi chữ số trên có mặt đúng một lần ? 
Câu VII.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 0 d x y - - =  và  ' : 6 0 d x y + - =  . Trung điểm M cạnh AD là giao điểm của 
d với trục Ox. Viết phương trình tổng quát cạnh AD. 
2.  Trong  không  gian  với  hệ  toạ  độ Oxyz, cho mặt  phẳng ( ) : 2 2 1 0 P x y z - + - =  và  các  đường 
thẳng  1 
1 3 
: , 
2 3 2 
x y z 
d 
- - 
= = 
-  2 
5 5 
: . 
6 4 5 
x y z 
d 
- + 
= = 
- 
Tìm điểm M  thuộc d1, N  thuộc d2  sao cho MN  song 
song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. 
B. Theo chương trình Nâng cao. 
Câu VI.b (1,0 điểm)  Giải hệ phương trình : 
2 
1 2 
1 2 
2log (2 2 ) log ( 1) 6 
log ( 5) log ( 4)                    = 1 
x y 
x y 
xy x y x 
y x 
- + 
- + 
ì - - + + - = ï 
í 
+ - + ï î 
,  ( , ) x yÎR  . 
Câu VII.b (2,0 điểm) 
1.  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng D  có phương trình là 
2 2 ( ) : 4 2 0; : 2 12 0 C x y x y x y + - - = D + - =  . Tìm tạo độ điểm M trên D  sao cho từ M vẽ được 
với (C) và hai tiếp tuyến đó lập với nhau một góc 60 0 . 
2.  Trong  không gian  với  hệ  tọa độ Oxyz,  cho hai  điểm A(1;5;0), B(3;3;6)  và đường  thẳng D  có 
phương trình tham số 
1 1 
2 1 2 
x y z + - 
= = 
- 
.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng D , xác định vị trí 
của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. 
­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 
www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH 
ÐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ÐẠI HỌC LẦN 2. NĂM 2011. Khối B 
I. Môn Toán 
Câu  Nội dung  Điểm 
1. Khảo sát sự biến thiên .  1,00 
Hs tự trình bày  0,75 
Đồ thị 
0,25 
2. Tìm các giá trị m để   1,00 
Xét phương trình  4 2 8 os 9 os 0 c x c x m - + =  với  [0; ] x p Π (1) 
Đặt  osx t c =  , phương trình (1) trở thành:  4 2 8 9 0 (2) t t m - + = 
0,25 
Vì  [0; ] x p Π nên  [ 1;1] t Î -  , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của 
phương trình (1) và (2) bằng nhau. 
0,25 
Ta có:  4 2 (2) 8 9 1 1 (3) t t m Û - + = - 
Gọi (C1):  4 2 8 9 1 y t t = - +  với  [ 1;1] t Î -  và (D): y = 1 – m. 
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D). 
0,25 
I 
(2,0đ) 
Dựa vào đồ thị ta có kết luận: 
81 
1 
32 
m £ <  : Phương trình đã cho có 4 nghiệm.  0,25 
1. Giải phương trình .  1,00 
Điều kiện: 
( ) cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0 
cot 1 
x x x x x 
x 
+ ¹ ì ï 
í 
¹ ï î 
0,25 
Từ (1) ta có: 
( ) 2 cos sin 1 cos .sin 2 
2 sin 
sin cos 2 cos  cos 1 
cos sin 2 sin 
x x  x x 
x 
x x x  x 
x x x 
- 
= Û = 
+ - 
0,25 
2sin .cos 2 sin x x x Û = ( ) 
2 
2  4 cos 
2 
2 
4 
x k 
x k 
x k 
p 
p 
p p 
é = + ê 
Û = Û Î ê 
ê = - + 
ê ë 
¢  0,25 
Giao với điều kiện được ĐS: ( ) 2 
4 
x k k p p = - + ΢  0,25 
2. Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 8 4 2 2 
1 1 
log 3 log 1 log 4 . 
2 4 
x x x + + - =  1,00 
Điều kiện: 0 1 x < ¹  0,25 
( ) ( ) 2 3 1 4 x x x Û + - =  0,25 
Trường hợp 1:  1 x >  : ( )  2 2 2 3 0 1 ( ); 3 x x x loai x Û - - = Û = - =  0,25 
II 
(2,0đ) 
Trường hợp 1: 0 1 x < <  : ( )  2 2 6 3 0 2 3 3 x x x Û + - = Û = - 
Vậy tập nghiệm của (2) là { } 3;2 3 3 T = -  0,25 
III  Tính tích phân .  1.00
(1,0đ) 
Ta có 
2 2 
0 
(4 os 1)sin x 
1 cos 
c x dx 
I 
x 
p 
- 
= 
+ ò  0,25 
. Đặt  t = 1 + cosx, ta được 
2 2 2 
1 1 
4 8 3 3 
(4 8 ) 
t t 
A dt t dt 
t t 
- + 
= = - + ò ò  0,5 
Vậy I = ­2 + 3ln2.  0,25 
Cho hình chóp   1,00 
Ta có  2 IA IH = - Þ 
uur uuur 
H thuộc tia đối của tia IA và  2 IA IH = 
2 2 BC AB a = =  Suy ra 
3 
, 
2 2 
a a 
IA a IH AH IA IH = = Þ = + = 
0,25 
Ta có 
5 2 2 2 0 2 . .cos 45 
2 
a 
HC AC AH AC AH HC = + - Þ = 
Vì ( ) ( )  15 0 0 , 60 . tan 60 
2 
a 
SC ABC SCH SH HC = Ð = Þ = = 
0,25 
Ta có 
5 2 2 2 0 2 . .cos 45 
2 
a 
HC AC AH AC AH HC = + - Þ = 
Vì ( ) ( ) ( )  0 0  15 , 60 .tan60 
2 
a 
SH ABC SC ABC SCH SH HC ^ Þ = Ð = Þ = = 
0,25 
IV 
(1,0đ) 
Thể tích khối chóp S.ABCD là: ( ) 
3 
. 
1 15 
. 
3 6 S ABC ABC 
a 
V S SH dvtt D = = 
0,25 
Giải bất phương trình 
2 4 2 6( 3 1) 1 0 x x x x - + + + + £  ( ). xΡ  1,00 
TXĐ:  ¡. , BPT ( ) 2 2 2 2 6 2( 1) ( 1) 6( 1)( 1) 0 x x x x x x x x Û - + - + + + - + + + £  0,25 
V 
(1,0đ) 
2 2 
2 2 
1 6( 1) 
12. 6 0 
1 1 
x x x x 
x x x x 
- + - + 
Û + - £ 
+ + + + 
(vì  2  1 0, x x x + + > "  ) 
0,25 
Đặt: 
2
2 
6( 1)
1 
x x 
t 
x x 
- + 
= 
+ + 
(t > 0), ta được  2 2 6 0 t t + - £ 
3 
0 
2 
t Û < £  . 
V ây 
2 
2 
2 
6( 1) 9 11 21 11 21 
5 11 5 0 ; . 
1 4 10 10 
x x 
x x x 
x x 
æ ö - + - + 
£ Û - + £ Û Î ç ÷ 
+ + è ø 
0,25 
Từ các chử số   1,00 
Gọi số cần tìm có dạng là  abcde , { } , , , , 0;1;2;3;4 a b c d eΠ (  0 a ¹  và { } 0; 2;4 eΠ . 
Số có dạng  0 abcd  . Chọn { } , , , 1;2;3; 4 a b c d Π thì ta có: 4.3.2.1 = 24 số chẵn dạng  0 abcd 
Số có dạng  abcde , { } 2; 4 eΠ có 2 cách chọn,  chọn { } { } 1;2;3;4 \ a e Π có 3 cách chọn, 
chọn { } { } 0;1; 2;3;4 \ ; b e a Π có 3 cách chọn, chọn { } { } 0;1;2;3;4 \ ; ; c e a b Π có 2 cách chọn 
và chọn { } { } 0;1; 2;3; 4 \ ; ; ; d e a b c Π có 1 cách chọn. Vậy: 2.3.3.2.1 = 36 
VIa 
(1,0đ) 
Vậy có: 24 + 36 = 60 số 
1. Trong hệ toạ độ Oxy ...  1,00 
Tọa dộ giao điểm I của d  và d’ là nghiệm của hệ phương trình 
3 0  9 3
; 
6 0  2 2 
x y 
I 
x y 
- - = ì æ ö Þ í ç ÷ + - = è ø î 
0.25 
M là trung điểm của AD ( ) Ox 3; 0 M d M Þ = Ç Þ  0,25 
Vì I, M thuộc d  : 3 0 d AD AD x y Þ ^ Þ + - =  0.50 
2.  Tìm toạ độ M thuộc d1, N thuộc d2   1.00 
VIIa 
(2,0đ) 
Gọi ( ) ( ) 1 2 ;3 3 ; 2 , 5 6 ';4 '; 5 5 ' M t t t N t t t + - + - -  0,25
( ) ( ) ; 2 2 1 1 0; 1. d M P t t t = Û - = Û = = 
Trường hợp 1: ( ) ( ) 0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5 t M MN t t t = Þ = + - - - 
uuuur 
( ) . 0 ' 0 5;0; 5 P P MN n MN n t N ^ Û = Þ = Þ - 
uuuur uur uuuur uur  0,25 
Trường hợp 2: ( ) ( ) 1 3;0;2 , 1; 4;0 t M N = Þ - -  0,25 
Kết luận: .  0,25 
Giải hệ phương trình   1,00 
Điều kiện: 
2 2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0 
( ) 
0 1 1, 0 2 1 
xy x y x x y x 
I 
x y 
ì- - + + > - + > + > + > 
í 
< - ¹ < + ¹ î 
.  0,25 
1 2 1 2 
1 2 1 2 
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) 
( ) 
log ( 5) log ( 4)                   = 1 log ( 5)  log ( 4)      = 1 (2). 
x y x y 
x y x y 
x y x y x 
I 
y x y x 
- + - + 
- + - + 
- + + - = + + - - = ì ì ï ï Û Û í í + - + + - + ï ï î î 
0,25 
Đặt  2 log (1 ) y  x t + - =  thì (1) trở thành: 
2 1  2 0 ( 1) 0 1. t t t 
t 
+ - = Û - = Û = 
Với  1 t =  ta có: 1 2 1 (3). x y y x - = + Û = - -  Thế vào (2) ta có: 
2 
1 1 1 
4 4 
log ( 4) log ( 4)      = 1 log 1 1 2 0 
4 4 x x x 
x x 
x x x x x 
x x - - - 
- + - + 
- + - + Û = Û = - Û + = 
+ + 
0 
2 
x 
x 
= é 
Û ê = - ë 
.  Suy ra: 
1 
1 
y 
y 
= - é 
ê = ë 
. 
0,25 
VIb 
(1,0đ) 
Kiểm tra thấy chỉ có  2, 1 x y = - =  thoả mãn điều kiện trên. Đáp số  2, 1 x y = - =  .  0,25 
1. ...Tìm toạ độ điểm M trên đường thảng   1.00 
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính  5 R =  . 
Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với 
nhau một góc 60 0  thì MAB là tam giác đều hoặc cân tại góc M=120 0 . 
* TH1: DMAB là tam giác đều. Khi đó ta có: suy ra  2R=2 5 IM =  . 
Vậy điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 20 x y - + - =  . 
0,25 
Mặt khác, điểm M thuộcD , nên tọa độ của M nghiệm của hệ PT : ( ) ( ) 
2 2 
2 1 20 (1) 
2 12 0 (2) 
x y 
x y 
ì - + - = ï 
í 
+ - = ï î 
0,25 
Từ (1) và (2): ( ) ( ) 2 2  2 
3 
2 10 1 20 5 42 81 0 
27 / 5 
y 
y y y y 
y 
= é 
- + + - = Û - + = Û ê = ë 
* TH2: DMAB cân tại góc M=120 0 : Giải tương tự TH 1 ta có: Không tồn tại M thoả mãn. 
0,25 
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: ( ) 6;3 M  hoặc  6 27 ;
5 5 
M æ ö - ç ÷ 
è ø 
0,25 
2. Trong không gian   1,00 
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P  = AB + AM + BM. 
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. 
Đường thẳng D : 
1 2 
1 
2 
x t 
y t 
z t 
= - + ì 
ï = - í 
ï = î 
. Điểm  M Î D  nên ( ) 1 2 ;1 ;2 M t t t - + -  . 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 
( ) ( ) ( ) ( ) 
2 2 2 2 2 2 
2 2 2 2 2 2 
2 2 2 2 
2 2 4 2 9 20 3 2 5 
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5 
3 2 5 3 6 2 5 
AM t t t t t 
BM t t t t t t 
AM BM t t 
= - + + - - + = + = + 
= - + + - - + - + = - + = - + 
+ = + + - + 
0,25 
VIIb 
(2,0đ) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ( ) 3 ;2 5 u t = r  và ( ) 3 6;2 5 v t = - + r  .  0,25
Ta có 
( ) ( ) 
( ) ( ) 
2 2 
2 2 
| | 3 2 5 
| | 3 6 2 5 
u t 
v t 
ì 
= + ï ï 
í 
ï = - + ï î 
r 
r 
Suy ra  | | | | AM BM u v + = + 
r r 
và ( ) 6;4 5 | | 2 29 u v u v + = Þ + = r r r r  Mặt khác: | | | | | | u v u v + ³ + r r r r 
Vậy  2 29 AM BM + ³ 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  , u v 
r r 
cùng hướng 
3 2 5 
1 
3 6  2 5 
t 
t 
t 
Û = Û = 
- + 
( ) 1;0;2 M Þ  và ( ) min 2 29 AM BM + =  . 
0,25 
Vậy khi M(1;0;2) thì minP = ( ) 2 11 29 +  0,25