SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011-2012
Môn thi: TOÁN, khối 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
4 2
(3 1) 3y x m x= + + −
(với
m
là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với
1m= −
.
2. Tìm tất cả các giá trị của
m
để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao
cho độ dài cạnh đáy bằng
3
2
lần độ dài cạnh bên.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình :
( )( )
72sin72cos12sin42costan1 −+=−+− xxxxx
2. Giải hệ phương trình
2 2
2( , )
4 5(2 )
x y x y
x y x y xy
+ =
∈
+ = −
»
Câu III (1,0 điểm) Tìm
2
( )
x
x
x x e
dx
x e
−
+
+
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng
. ' ' 'ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A
, mặt
phẳng
( ')ABC
tạo với đáy một góc
0
60
, khoảng cách từ điểm
C
đến mặt phẳng
( ')
ABC
bằng
a
và
khoảng cách từ điểm
A
đến mặt phẳng
( ' ')
BCC B
bằng
a
. Tính theo
a
thể tích khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
.
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực
z
y
x
,,
thay đổ
i. Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c:
121212
222222
+−+++−+++−+= xxzzzyyyxP
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.
Trong h
ệ
to
ạ
độ
Oxy
cho
đườ
ng th
ẳ
ng
022:
=−−
yxd
và
đ
i
ể
m
)1;1(I
. L
ậ
p ph
ươ
ng trình các
đườ
ng th
ẳ
ng cách
đ
i
ể
m
I
m
ộ
t kho
ả
ng b
ằ
ng
10
và t
ạ
o v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
d
m
ộ
t góc b
ằ
ng
0
45
.
2.
Trong h
ệ
to
ạ
độ
Oxy
cho hai
đườ
ng th
ẳ
ng
032:
=−+
yxd
và
053:
=−+∆
yx
. L
ậ
p ph
ươ
ng
trình
đườ
ng tròn có bán kính b
ằ
ng 5
102 , có tâm thu
ộ
c
d
và ti
ế
p xúc v
ớ
i ∆.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
( )
0)2(2)2(log74)2(log2
2
2
2
=−+−−+− xxxx
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.
Trong h
ệ
to
ạ
độ
Oxy
cho
đườ
ng th
ẳ
ng
022:
=−−
yxd
và
đườ
ng tròn
10)1()1(: 22 =−+− yxC
.
L
ậ
p ph
ươ
ng trình các ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
đườ
ng tròn )(
C
bi
ế
t ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
o v
ớ
i
đườ
ng th
ẳ
ng
d
m
ộ
t góc
0
45 .
2.
Trong h
ệ
to
ạ
độ
Oxy
cho
đườ
ng th
ẳ
ng 032:
=−+ yxd
và hai
đ
i
ể
m )1;2(;)2;1(
BA −
. Tìm to
ạ
độ
đ
i
ể
m
C
thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng
d
sao cho di
ệ
n tích tam giác
ABC
b
ằ
ng 2.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình:
+−=−−
++=++
422)23(log
log)7(log1)(log
2
22
2
yxyx
yyxyx
----------Hết ----------
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
H
ọ
và tên thí sinh……………………….; S
ố
báo danh……………………
www.VNMATH.com
Trang 1/4
SỞ GD&ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011-2012
Môn thi: TOÁN, khối B
( Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1.(1.0 điểm)
Khi
1−=m
hàm số trở thành
32 24 −−= xxy
• Tập xác định:
D
=»
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
1;00';44' 3±==⇔=−= xxyxxy
0.25
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
)1;( −−∞
và
)1;0(
; đồng biến trên mỗi khoảng
)0;1(−
và
);1( +∞
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0; y
cđ
=-3; hàm số đạt cực tiểu tại
1
±=
x
; y
ct
=-4
- Giới hạn: lim
x → -∞
y =
∞+
; lim
x → +∞
y = +∞
-
0.25
- Bảng biến thiên:
0.25
• Đồ thị:
2
-2
-4
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.
0.25
2.(1.0 điểm)
2
13
,00';)13(24'
23
+
−==⇔=++= m
xxyxmxy
,
đồ thị hàm số có ba điểm cực trị
(*)
3
1
−<⇔ m
. 0.25
Ba điểm cực trị là
)3;0( −A
;
−
+−−− 3
4
)13(
;
2
13
2
mm
B
;
−
+−−−
−3
4
)13(
;
2
13
2
mm
C
0.25
Nhận xét:
ABC
∆
cân tại
A
;
+
+
−−
=
−−
⇔= 16
)13(
2
13
4
2
13
4.9
3
2
BC
4
mmm
AB
0.25
I
(2.0
điểm)
3
5
−=⇔ m
, thoả mãn (*).
Vậy
3
5
−=m
. 0.25
-3
y’
x
y
-∞
+
∞
+
∞
+
∞
0
0
0
0
-1
1
-4
+
-
-
-4
+
y
O
x
www.VNMATH.com
Trang 2/4
1.(1.0 điểm)
Điều kiện:
0cos
≠
x
,
phương trình tương đương với
6cos.sin14sin2)cos.sin8sin2)(tan1(
22
−+−=+−− xxxxxxx
0.25
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
22
2
2
2
cos
3
cos
sin
7
cos
sin
)
cos
sin
4
cos
sin
)(tan1( −+−=+−−⇔
3tan7tan4)tan4tan)(tan1( 22 −+−=+−−⇔ xxxxx
0.25
3tan;1tan ±==⇔ xx
0.25
;
4π
π
kx +=⇔ )(
3Zkkx ∈+±= π
π
(thoả mãn điều kiện)
Vậy phương trình có nghiệm
;
4π
π
kx +=
)(
3Zkkx ∈+±= π
π
0.25
2.(1.0 điểm)
ĐK
0≥xy
xyyxyx )2(54
22
−=+
xyyxxyyx )2(54)2(
2
−=+−⇔
0.25
0)42)(2( =−−−−⇔ xyyxxyyx
=−−
=−−
⇔042
02
xyyx
xyyx
0.25
Với
02 =−− xyyx
ta có
1
223
2
2==⇔
−=−
=+ yx
xxx
yx
(thoả mãn) 0.25
II
(2.0
điểm)
Với
02 =−− xyyx
ta có
−=−
=+
2
2423
2
xxx
yx
−
=
+
=
⇔
25
6822
25
6822
y
x
(thoả mãn)
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm.
0.25
Ta có
2
( )
x
x
x x e
dx
x e
−
+
+
∫
=
dx
xe
exxe
x
xx
∫
+
+
1
)1.(
0.25
Đặt
1. +=
x
ext dxexdt
x
)1(
+=⇒
0.25
⇒
2
( )
x
x
x x e
dx
x e
−
+
+
∫
∫
−
=dt
t
t)1(
dt
t
∫
−= 1
1
0.25
III
(1.0
điểm)
Ctt +−= ln
Cxexe
xx
++−+= 1ln1
. Vậy
2
( )
x
x
x x e
dx
x e
−
+
+
∫
Cxexe
xx
++−+= 1ln1
0.25
Gọi
H
là hình chiếu của
A
trên BC
)B'BCC'(AH ⊥⇒
aAH =⇒
Gọi
K
là hình chiếu của C trên
'AC
)BC'(CK A⊥⇒ aCK
=⇒
0.25
ACCACABAC '(ABC))),((ABC'AB,' ∠=∠⇒⊥⊥
0
60'
=∠⇒
ACC
0.25
3
2
60sin
0
aCK
AC ==
;
aACCC 260tan.'
0
==
0.25
IV
(1.0
điểm)
aAB
AC
ABAH
2
111
222
=⇒+=
3
4
'.
3
'''.
a
CCSV
ABCCBAABC == ∆
.
Vậy
3
4
3
'''.
a
V
CBAABC =
0.25
A
B C
A’
C’
B’
K
H
www.VNMATH.com
Trang 3/4
Ta có
222222
)1()1()1( xzzyyxP
−++−++−+=
0.25
ta có
222
)(
2
1
baba
+≥+
nên
( )
xzzyyxP
−++−++−+≥
111
2
1
0.25
mà
cbacba
++≥++
nên
2
23
111
2
1=−++−++−+≥ xzzyyxP
0.25
V
(1.0
điểm)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
1
===
zyx
.
Vậy
2
23
min
=
P
khi
2
1
===
zyx
0.25
1.(1.0 điểm)
Gọi
),( ban
là vectơ pháp tuyến
)0(
22
≠+
ba
,
vì đường thẳng tạo với đường thẳng
d
một góc bằng
0
45
nên
2
1
5.
2
22
=
+
−
ba
ba
0.25
−=
=
⇔ab
ba
3
3
0.25
Với
ba 3=
, phương trình đường thẳng có dạng
)(03 ∆=++ cyx
10);( =∆Id
10
10
4=
+
⇔c
−=
=
⇔
14
6
c
c
0.25
Với
ab 3
−=
, phương trình đường thẳng có dạng
)(03 ∆=+− cyx
10);( =∆Id
10
10
2=
+−
⇔c
=
−=
⇔
12
8
c
c
Vậy có bốn đường thẳng cần tìm là:
;063 =++ yx 0143 =−+ yx
;
;083 =−− yx 0123 =+− yx
.
0.25
2.(1.0 điểm)
Tâm đường tròn thuộc
d
nên có dạng
);32( aaI +−
0.25
Đường tròn tiếp xúc với
∆
nên
RId =∆),( 5
102
10
2
=
−
⇔
a2;6 −==⇔ aa
0.25
Với
6
=
a
ta có
)6;9(−I
suy ra phương trình đường tròn:
5
8
)6()9(
22
=−++ yx
0.25
VIa
(2.0
điểm)
với
2
−=
a
ta có
)2;7( −I
,suy ra phương trình đường tròn:
5
8
)2()7(
22
=++− yx
Vậy có hai đường tròn thoả mãn là:
5
8
)6()9(
22
=−++ yx
và
5
8
)2()7(
22
=++− yx
.
0.25
Điều kiện:
2
>
x
, phương trình đã cho tương đương với: 0.25
( )( )
042)2(log.1)2(log2
22
=−+−+− xxx
=−+−
=+−
⇔
042)2(log
01)2(log2
2
2
xx
x
0.25
Với
01)2(log2
2
=+−x
ta có
2
1
2+=x
, thoả mãn. 0.25
VIIa
(1.0
điểm)
Với
042)2(log
2
=−+−
xx
, ta có
42)2(log
2
−+−=
xxy
là hàm số đồng biến trên
( )
+∞
;2
nên
2
5
=x
là nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có hai nghiệm
2
1
2+=x
và
2
5
=x
0.25
www.VNMATH.com
Trang 4/4
1.(1.0 điểm)
Đường tròn có tâm
)1;1(I
bán kính
10
=
R
0.25
Gọi
),( ban
là vectơ pháp tuyến của tiếp tuyến
)0(
22 ≠+
ba
,
vì đường thẳng tạo với đường thẳng
d
một góc bằng
0
45
nên
2
1
5.
2
22
=
+
−
ba
ba
−=
=
⇔ab
ba
3
3
0.25
Với
ba 3
=
, phương trình tiếp tuyến có dạng
)(03
∆=++ cyx
RId =∆);(
10
10
4=
+
⇔c
−=
=
⇔14
6
c
c
0.25
Với
ab 3−=
, phương trình tiếp tuyến có dạng
)(03
∆=+−
cyx
RId
=∆
);(
10
10
2=
+−
⇔c
=
−=
⇔
12
8
c
c
Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm là:
;063 =++ yx 0143 =−+ yx
;
;083 =−− yx 0123 =+− yx
.
0.25
2.(1.0 điểm)
10
=
AB
, có toạ độ dạng
);32( aaC +−
0.25
phương trình đường thẳng
053: =−+ yxAB
0.25
2
=
∆ABC
S
2),(.
2
1=⇔ ABCdAB
2
10
2
.10
2
1
=
−
⇔
a
2;6
−==⇔
aa
0.25
VI.b
(2.0
điểm)
Với
6=a
ta có
)6;9(
−
C
; với
2−=a
ta có
)2;7(
−
C
0.25
Điều kiện
>
>+
>+
0
07
0
y
yx
yx
Biến đổi phương trình đầu ta được
yyxyx )7(log)(2log
2
2
2
+=+
0.25
=
=
⇔=+−
xy
xy
yxyx 2
032
22
0.25
Với
x
y=
thế vào phương trình thứ hai ta được
94)22(log
2
=⇔=− xx
suy ra
9
==
yx
, thoả mãn điều kiện. 0.25
VIIb
(1.0
điểm)
Với
xy 2
=
thế vào phương trình thứ hai ta được
⇔−=− xx 24)2(log
2
042)2(log
2
=−+− xx
42)2(log
2
−+−= xxy
là hàm số đồng biến trên
( )
+∞;2
nên
2
5
=
x
là nghiệm duy nhất.
Suy ra
=
=
5
2
5
y
x
, thoả mãn điều kiện.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm
=
=
9
9
y
x
và
=
=
5
2
5
y
x
0.25
------Hết------
Gv: Trần Văn Hưng
www.VNMATH.com