Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 135

 0
SỞ GD VÀ ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
Môn thi: Toán học
Năm học: 2010-2011
Ngày thi: 27 tháng 3 năm 2011 
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số 4 22 2y x mx m   (1), với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi 1m  .
2. Xác định m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị cùng với gốc tọa độ tạo 
thành một tứ giác nội tiếp trong đường tròn. Tính bán kính của đường tròn 
đó ứng với m vừa tìm được.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 
 cos 2 cos 1 sin
14
sin
cot 1 2
x x x
x
x
      

.
2. Giải bất phương trình 
2 2
1 1
log log 2x x


.
Câu III (1,0 điểm)
 Tính tích phân 
2
0
sin
5 3cos 2
x
I dx
x


 .
Câu IV (1,0 điểm) 
Cho hình chóp .S ABCD có 2SA a và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a . 
Hãy chứng minh đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng  SAC và tính thể tích 
khối chóp .S ABCD theo a .
Câu V (1,0 điểm) 
Cho các số thực dương , ,a b c thay đổi luôn thoả mãn 1a b c   . 
Chứng minh rằng: 
2 2 2
2.
a b b c c a
b c c a a b
    
  
Câu VI (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A , điểm 
 3;1M là trung điểm của cạnh AB , đỉnh C thuộc đường thẳng 6 0x y   và 
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình 2 0x y  . Tìm tọa độ các 
đỉnh , ,A B C .
2) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng   : 2 2 1 0P x y z    và mặt 
cầu   2 2 2: 4 6 6 17 0S x y z x y z       . Chứng minh rằng mặt phẳng  P cắt 
mặt cầu  S theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của 
đường tròn đó.
Câu VII (1,0 điểm)
Tìm phần ảo của số phức z , biết    23 1 2 3z i i  
----------------------Hết----------------------
bui_trituan@yahoo.com sent to www.laisac.page.tl
 1
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10 -5 5 10
f x  = x4-2x2 +2
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12
Năm học 2010-2011 (lần 2)
Câu Nội dung Điểm
I 1. Khi 1m  hàm số (1) trở thành 4 22 2y x x   .
 Tập xác định: 
 Sự biến thiên: ' 3 '4 4 ; 0 0; 1y x x y x x       .
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng    ; 1 , 0;1  .
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng    1;0 , 1;  0.25
-Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 1x   ; 1CTy 
Hàm số đạt cực đại tại 0x  ; 2CDy 
-Giới hạn: lim
x
y

  0.25
Bảng biến thiên:
x  -1 0 1 
'y - 0 + 0 - 0 +
y  2 
 1 1 0.25
Đồ thị
0.25
2)  4 2 ' 3 2 22 2 ; 4 4 4 0 0y x mx m y x mx x x m x x m           
Hàm số có ba điểm cực trị  phương trình ' 0y  có ba nghiệm 
phân biệt và 'y đổi dấu khi x đi qua ba nghiệm đó 0m  .
Khi 0m  thì ba điểm cực trị của đồ thị là 
     2 20;2 , ;2 , ;2A m B m m m C m m m   . Ba điểm cực trị , ,A B C
tạo thành tam giác cân tại A , trung trực của đoạn thẳng BC là trục 
tung. Gọi d là đường trung trực của đoạn thẳng AC , d có phương 
trình 
2
2 2 0
2 2
m m
m x m y m
              
. Gọi I d Oy  , I chính là tâm 
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Tìm được 21 10; 2
2 2
I m m
m
     
.
0.50
 2
Tứ giác ABOC nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi IA IO
hay I là trung điểm của AO . Khi đó 
  2 3 2 22 1 1 2 2 1 0 1 1 0
2 2 2
1 5
1
2
m
m m m m m m m
m
m m
            
   
Bán kính 
2 3 21 1 2
2 2 2 2
m m m
R IA m
m m m
      .
Với 1m  thì 1R  ; Với 1 5
2
m
 thì 1 5
2
R
 .
0.50
II 1. Điều kiện sin 0x  và cot 1 0x   .
Khi đó pt tương đương:    2 sin cos 2 cos 1 cot 1 sin
4
x x x x x
        0.25
    cos sinsin cos cos 2 cos 1 sin cos 2 cos 0
sin
x x
x x x x x x x
x
       
0.25
22cos cos 1 0 cos 1x x x       (loại) hoặc 1cos
2
x 
0.25
 2
3
x k k
     
0.25
2. Điều kiện 0x  và 1x  . Khi đó vì 0x  nên 2 2x   ; 
2 2log 2 log 2 0x    và vế phải của bất pt đã cho dương.
0.25
Nếu 2log 0 0 1x x    thì bất pt đã cho luôn nghiệm đúng.
Nếu 2log 0 1x x   thì bất pt đã cho tương đương với
2
2 2log log 2 2 2 0 2x x x x x x x           . 0.50
Vậy bất pt đã cho có tập nghiệm là    0;1 2;  0.25
III 2.
Đặt cos sint x dt xdx    . Khi 0x  thì 1t  , khi 
2
x
 thì 0t  .
 
0 1
22
1 0 6 25 3 2 1
dt dt
I
tt
     . Ta tính 
1
2
0 6 2
dx
I
x

 0.50
Đặt  21 1tan 1 tan
3 3
x u dx u du    .
Khi 0x  thì 0u  , khi 1x  thì 
3
u
 .
Vậy 
 23 3
20 0
1
1 tan
1 33
1 182 36. tan 2
3
u du
I du
u
 
  

 
0.50
IV Do ,B D cách đều , ,S A C nên  BD SAC . Gọi O AC BD  .
Các tam giác , ,ABD CBD SBD là các tam giác cân bằng nhau có đáy 
BD chung nên OA OC OS  . Do đó tam giác SAC vuông tại S . 0.50
 3
Ta có  
2
2 2 2 2 2 21 1
2 4 2
a
BO AB OA AB AC AB SA SC          
.
. . .
1 1 1
2 2 2. . . . .
3 2 3S ABCD S ABC B SAC
V V V BO SA SC BO SA SC    =
3 2
6
a .
0.50
V
Ta có:  
2 1a b c ba b a b
a
b c b c b c
     
   0.50
Tương tự, bất đẳng thức đã cho trở thành:
2 3
a b b c c a a b b c c a
a b c
b c c a a b b c c a a b
              
      0.25
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: 
33 . . 3
a b b c c a a b b c c a
b c c a a b b c c a a b
              .
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 1
3
a b c   .
0.25
VI Gọi I là trung điểm của BC . Ta có    ;2 , ; 6I u u C t t  .
Suy ra    2 ;4 6 , 6 2 ;8 4B u t u t A u t u t       .
Vì A thuộc trung tuyến 2 0x y  nên 
   2 6 2 8 4 0 4u t u t t         . Vậy  4;2C  . 0.50
   2 2 ;4 4 , 2 4;4 2A u u B u u    . 
   4 2;8 6 , 6 2 ; 2 4AB u u AC u u        
Tam giác ABC vuông tại A nên 
        3. 0 4 2 6 2 8 6 2 4 0 0
2
AB AC u u u u u u             
 
Với 0u  , suy ra    2;4 , 4; 2A B  .
Với 3
2
u  , suy ra    1; 2 , 7;4A B  .
Tóm lại    2;4 , 4; 2A B  ,  4;2C  hoặc    1; 2 , 7;4A B  ,  4;2C  . 0.50
2.  S có tâm  2; 3; 3I   , bán kính 5R  .
( , ( )) 1d I P R  ; suy ra đpcm. 0.25
Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến, 
H là hình chiếu vuông góc của I trên  P .
  2 2, ( ) 1, 2IH d I P r R IH     0.25
Tọa độ  ; ;H x y z thỏa mãn 
2
3 2
3 2
2 2 1 0
x t
y t
z t
x y z
 
      
     0.25
Giải hệ, ta được 5 7 11; ;
3 3 3
H
     0.25
VII Ta có   2 3 1 2 3 14 2 3z i i i     0.50
Suy ra 14 2 3z i  . Phần ảo của số phức z bằng 2 3 . 0.50
 4
--------------Hết--------------
Thạch Thành, ngày 20 tháng 3 năm 2011.
Người ra đề và làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN
Mọi thắc mắc về đề thi và đáp án này xin gửi về 
bui_trituan@yahoo.com