Ðề thi thử đại học lần I môn: Toán - Khối A + B Trường THPT Nguyễn Đức Cảnh

 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phớ 1 
 Sở GD-ĐT Thái Bình ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN I, NĂM 2011 
 Tr−ờng THPT Nguyễn Đức Cảnh Năm học 2010 - 2011 
 Môn : Toán - Khối A + B 
 ( Thời gian làm bài:180 phút không kể thời gian giao đề) 
I Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) 
CâuI:(2điểm) Cho hàm số : y = x4 – 5x2 + 4 
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2) Tìm tất cả các điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai 
điểm phân biệt khác M. 
CâuII:(2điểm) 1) Giải ph−ơng trình : 3cot2x + 2 2 sin2x = (2 + 3 2 )cosx 
 2) Giải hệ ph−ơng trình : 
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
 + + + =

+ = + +
CâuIII:(1điểm) Tính tích phân: I = 
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
− +
− + −∫
CâuIV:(1điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC 
= a ; AD = 2a. Các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD).Biết góc giữa 
hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 600.Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đ−ờng 
thẳng CD và SB. 
CâuV:(1điểm) Cho cỏc số dương : a , b, c thoả món : ab + bc + ca = 3 
 Chứng minh rằng: 
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc
+ + ≤
+ + + + + +
II - Phần tự chọn (3điểm) 
Thí sinh chỉ đ−ợc chọn một phần trong hai phần (Phần A hoặc phần B) 
A . Theo ch−ơng trình chuẩn. 
Câu VIa(2điểm) 
1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đ−ờng tròn (C) : x2 + y2 + 4x – 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 
8).Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng d qua M sao cho d cắt (C) tại hai điểm A,B phân biệt mà diện 
tích tam giác ABI đạt giá trị lớn nhất.Với I là tâm của đ−ờng tròn (C). 
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ∆ABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2). 
 Tìm toạ độ tâm đ−ờng tròn nội tiếp I của tam giác ABC. 
CâuVIIa(1điểm)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất ph−ơng trình sau nghiệm đúng với 
∀x∈(2 ; 3). 
 1 + log5(x
2 + 1 ) > log5(x
2 + 4x + m) 
B . Theo ch−ơng trình nâng cao. 
CâuVIb(2điểm) 
1) Cho A(1 ; 4) và hai đ−ờng thẳng b : x + y - 3 = 0 ; c : x + y - 9 = 0. 
 Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) và 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phớ 2 
D(0 ; 0 ; m) với m > 0.Gọi E , F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên các 
đ−ờng thẳng AD và BD. Viết ph−ơng trình mặt phẳng (P) chứa các đ−ờng thẳng OE và OF. Tìm các 
giá trị của m để góc EOF = 450. 
CâuVIIb(1điểm) Tìm giá trị lớn nhất của tham số m sao cho bất ph−ơng trình : 
1 + log5(x
2 + 1 ) ≥ log5(mx
2 + 4x + m) 
 đ−ợc nghiệm đúng với ∀ x ∈ R. 
Hết 
Họ và tên : Số báo danh: 
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 
Sơ l−ợc Đáp án toán thi thử đại học lần I –tr−ờng THPT nguyễn đức cảnh khối A + B 
Cho hàm số : y = x4 – 5x2 + 4 
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2) Tìm M ∈ (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại 2 điểm pb 
khác M. 
1) Khảo sát đúng & đầy đủ các yêu cầu, vẽ đồ thị t−ơng đối chính xác 1đ. 
2)Lấy M(m ; m4 – 5m2 + 4) ∈ (C) 
=> pt3 của (C) tại M : y = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + 4 (d) 
0,25 
Hoành độ của (d) & (C) là nghiệm pt : 
x4 – 5x2 + 4 = (4m3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + 4 

 (x – m)2(x2 + 2mx + 3m2 – 5) = 0 (1) 
0,25 
Để tmycbt 
 x2 + 2mx + 3m2 – 5 = 0 có hai n0 pbiệt khác m 
 



− ≠
− >
6 5 0
5 2 0
2
2
m
m
0,25 
CâuI 
Kết luận : các điểm M(m ;m4 – 5m2 + 4) ∈(C) với hoành độ 
m






±







∈ −
6
30
\
2
10
;
2
10 
0,25 
1) Giải ph−ơng trình : 3cot2x + 2 2 sin2x = (2 + 3 2 )cosx 
đk : x ≠ mπ 
Pt 
 3cosx( 2
sin
cos
2
−
x
x
) = 2(cosx - 2 sin2x) 
0,25 

 (cosx - 2 sin2x)(3cosx – 2sin2x) = 0 
 


+ − =
+ − =
2cos 3cos 2 0
2 cos cos 2 0
2
2
x x
xx
0,25 

 








=
= −
=
= −
2
1
cos
cos 2( )
2
2
cos
cos 2 ( )
x
x loai
x
x loai
0,25 
Kết luận : kết hợp với đk pt có bốn nghiệm: x = π
π
2
4
± + k & x = 
π
π
2
3
± + k 
0,25 
CâuII 
2) Giải hệ ph−ơng trình : 
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
 + + + =

+ = + +
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phớ 3 
Vì y = 0 không là nghiệm nên 
2
2 2
2 2 2
2
1
4
1 4
.
( ) 2 7 2 1
( ) 2 7
x
x y
yx y xy y
y x y x y x
x y
y
 +
+ + = + + + = 
⇔ 
+ = + + +  + − =

0,25 
 t 
2 1
,
x
u v x y
y
+
= = + ta cú h 
 



− =
+ =
2 7
4
v
2
u
vu
0,25 
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
+ = = − = =  
⇔ ⇔  − = + − = = − =  
0,25 
+) V i 3, 1v u= = ta cú h : 
2 2 2 1, 21 1 2 0
2, 53 3 3
x yx y x y x x
x y y x y x x y
= = + =  + =  + − = 
⇔ ⇔ ⇔    = − =+ = = − = −   
. 
+) V i 5, 9v u= − = ta cú 
h :
2 2 21 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x
  + = + = + + =
⇔ ⇔  
+ = − = − − = − −  
,h vô n0. 
KL: V y h ó cho cú hai nghi m: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = − 
0,25 
Tính tích phân: I = 
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x
− +
− + −∫
 1 
CâuIII 
t t= 1 1x − + x = 2 ⇒ t = 2 x = 5 ⇒ t = 3 dx=2(t-1)dt 
 I = ∫ ∫= =− + −
−
3
2
3
2
2
ln
2
( 1) 1
( 1) ln
2 dt
t
t
dt
t t
t t
 ln23 – ln22 
0,25 
0,75 
 Chóp SABCD có đáy ABCD là hthang vuông tại A và B với AB = BC = a ; 
AD = 2a. (SAC) ⊥(ABCD)và (SBD)⊥ (ABCD) .Biết g((SAB) ; (ABCD) )= 
600.Tính V và d(CD ; SB) 
 S 
 K 
 A O D 
 I 
 E H 
 B C 
+) Gọi H = AC ∩ BD => SH ⊥ (ABCD) & BH = 
3
1
BD 
 Kẻ HE ⊥ AB => AB ⊥ (SHE) => g((SAB);(ABCD)) = SHE = 600. 
0,25 
Mà HE = 
3
1
AD = 
3
2a
 => SH = 
3
2a 3 => VSABCD = 
3
1
.SH.SABCD = 
3
33a 
0,25 
CâuIV 
+) Gọi O là trung điểm AD=>ABCO là hv cạnh a =>∆ACD có trung tuyến SO 
= 
2
1
AD 
 CD ⊥ AC => CD ⊥ (SAC) và BO // CD hay CD // (SBO) & BO ⊥ 
0,25 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phớ 4 
(SAC). 
 d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)). 
Tính chất trọng tâm tam giác BCO => IH = 
3
1 IC = 
6
a 2 => IS = 
6
5 22 2 aIH + HS = 
kẻ CK ⊥ SI mà CK ⊥ BO => CK ⊥ (SBO) => d(C;(SBO)) = CK 
Trong tam giác SIC có : SSIC= 
2
1 SH.IC = 
2
1 SI.CK => CK = 
5
. 2a 3
SI
SH IC
= 
Vậy d(CD;SB) = 
5
2a 3 
0,25 
Cho: a , b, c d−ơng tm : ab + bc + ca = 3 
CMR:
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc
+ + ≤
+ + + + + +
Áp dng B T Cauchy cho 3 s d ng ta 
cú: 233 3 ( ) 1ab bc ca abc abc= + + ≥ ⇒ ≤ . 
0,25 
Suy ra: 2
2
1 2 ( ) ( ) (
1 1
1 ( ) 3
) 3 (1).+ + ≥ + + = + + ⇒ ≤
+ +
a b c abc a b c a ab b =
a b c a
c ca a 
0,25 
T ng t ta cú: 
2 2
1 1 1 1
(2), (3).
1 b (c a) 3b 1 c (a b) 3c
≤ ≤
+ + + +
0,25 
CâuV 
C ng (1), (2) và (3) theo v v i v ta cú: 
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3
ab bc ca
a b c b c a c a b c b c abc abc
+ +
+ + ≤ + + = =
+ + + + + +
W. 
D u “=” x y ra khi và ch khi 
1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c= + + = ⇒ = = = > 
0,25 
CâuVIa 1) Cho đtròn (C) : x2 + y2 + 4x – 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 8).Viết 
ptđthẳng d qua M sao cho d cắt (C) tạiA,B phân biệt mà S∆BIA Max. 
Đtròn (C) có tâm I(- 2; 3) & bán kính R = 2. 
Giả sử ptđt (d) : Ax + By – A + 8B = 0 với A2 + B2 > 0. 
0,25 
Luôn có ∆BIA cân tại I với IA = IB = 2 ; S∆BIA = 
2
1
IA.IB.sinAIB = 2sinAIB 
0,25 
=> S∆BIA ≤ 2 Dấu = khi ∆AIB vuông cân tại I hay d(I ; (d)) = 2 
 
2
311
2 2
=
+
−
A B
B A
0,25 

 7A2 – 66BA + 119B2 = 0 
 (A – 7B)(7A – 17B) = 0 
Vậy có hai đ−ờng thẳng d thoả mãn: 7x + y + 1 = 0 & 17x + 7y + 39 = 0. 
0,25 
2) Cho∆ABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2). 
 Tìm toạ độ tâm đ−ờng tròn nội tiếp I của tam giác ABC. 
Ta có AB = 5 5 ; AC = 3 5 ; 0,25 
Gọi D(x ; y ; z) là chân đ−ờng phân giác trong góc A => 
AC
AB
DC
DB
= => 
DB DC
3
5
= − 
Mà DB (- 4 – x; - 5 – y; 2 – z) & DC (4 – x ; - 1 – y ; 2 – z) => D(1 ; -
2
5 ; 2) 
0,25 
Ta có BD = 
2
5 5 khi đó gọi I(x ; y ; z) là tâm đ−ờng tròn nội tiếp ∆ABC thì áp 
dụng tính chất phân giác trong của ∆BAD ta có : 
BD
BA
ID
IA
= => IA = - 2 ID => 
I(1 ; 0;2). 
0,5 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phớ 5 
CâuVIIa Tìm m để bpt : 1 + log5(x
2 + 1 ) > log5(x
2 + 4x + m) n0 đúng ∀x∈(2 ; 3). 
Bpt xác định ∀x∈(2 ; 3) 
 x2 + 4x + m > 0 ∀x∈(2 ; 3 
 m > - x2 – 4x 
∀x∈(2 ; 3 
0,25 
Xét f(x) = - x2 – 4x ∀x∈(2 ; 3 x 2 3 
f’(x) = - 2x – 4 => BBT : f’(x) - 
 -12 
 f(x) - 21 
từ BBT => bpt xác định ∀x∈(2 ; 3) 
 m ≥ - 12. (1) 
0,25 
Bpt 
 log5(5x
2 + 5) > log5(x
2 + 4x + m) 
Khi đó bpt n0 đúng ∀x∈(2 ; 3) 
 x
2 + 4x + m < 5x2 + 5 ∀x∈(2 ; 3) 

 m < 4x2 – 4x + 5 ∀x∈(2 ; 3) 
0,25 
Xét f(x) = 4x2 – 4x + 5 ∀x∈(2 ; 3) x 2 3 
f’(x) = 8x – 4 => BBT : f’(x) + 
 29 
 f(x) 13 
Vây để bpt n0 đúng ∀x∈(2 ; 3 ) 
 m ∈ [ - 12 ; 13 ] 
0,25 
CâuVIb 1) Cho A(1 ; 4) và hai đ−ờng thẳng b : x + y – 3 = 0 ; c : x + y – 9 = 0. 
 Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại 
A. 
Gọi B(b ; 3 – b) & C( c ; 9 – c) => AB (b – 1 ; - 1 – b) ; AC (c – 1 ; 5 – c) 0,25 
& ABC vuông cân tại A 
 




=
=
AB AC
AB.AC 0 
 



− + + = − + −
− − = + −
( 1)2 ( 1)2 ( 1)2 (5 )2
( 1)( 1) ( 1)(5 )
b b c c
b c b c
0,25 
vì c = 1 không là n0 nên hệ 
 






+ + = − + −
−
−
+
−
+ −
− =
( 1) ( 1) (5 ) ....(2)
( 1)
(5 )
( 1) .
...........................................(1)
1
( 1)(5 )
1
2 2 2
2
2
2 b c c
c
c
b
c
b c
b
Từ (2) 
 (b + 1)2 = (c - 1)2. 
0,25 
Với b = c – 2 thay vào (1) => c = 4 ; b = 2 => B(2 ; 1) & C( 4 ; 5). 
Với b = - c thay vào (1) => c = 2 ; b = - 2 => B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7). 
Kết luận :có hai tam giác thoả mãn: B(2 ; 1) & C( 4 ; 5) hoặc B(- 2 ; 5) & 
C(2 ; 7). 
0,25 
2) Cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) và D(0 ; 0 ; m) với m 
> 0.Gọi E , F theo thứ tự là hình chiếu của O lên AD và BD. Viết ph−ơng 
trình mặt phẳng (P) chứa các đ−ờng thẳng OE và OF. Tìm các giá trị của 
m để góc EOF = 450. 
áp dụng hệ thức l−ợng trong các tam giác vuông AOD & BOD với các đ−ờng 
cao ứng với cạnh huyền là OE & OF => E 





+ 2 + 2
2
1
;0;
1 m
m
m
m
 & 
F 





+ 2 + 2
2
1
;
1
0;
m
m
m
m
0,25 
Tính [ OE;OF ] => pt (EFO) : x + y – mz = 0 0,25 
ta có cosFOE = cos(OE;OF ) = 
1 2
1
.
.
mOE OF
OEOF
+
= 
0,25 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phớ 6 
để EOF = 450 
 
1 2
1
2
1
+ m
= 
 m = 2 −1 ( do gt m > 0) 
0,25 
CâuVIIb Tìm giá trị lớn nhất của m để bpt : 1 + log5(x
2 + 1 ) ≥ log5(mx
2 + 4x + m)∀ 
x ∈ R. 
bpt xác định với )∀ x ∈ R 
 mx2 + 4x + m > 0 )∀ x ∈ R 0,25 

 



− <
>
⇔



∆ <
>
4 0
0
0
0
m
2
m m
 
 m > 2 (1) 
0,25 
khi đó bpt nghiệm đúng ∀ x ∈ R 
 5x2 + 5 ≥ mx2 + 4x + m ∀ x ∈ R 

 (5 – m)x2 – 4x + 5 – m ≥ 0 ∀ x ∈ R 
0,25 

 



∆ ≤
− >
0
05 m
 
 



− + − ≤
<
10 21 0
5
m
2
m
m
 
 m ≤ 3 (2) 
Từ (1) & (2) => bpt n0 đúng ∀ x ∈ R 
 m ∈ (2 ; 3] 
Vậy GTLN của m thoả mãn yêu cầu đề bài là : m = 3. 
0,25 
 + Điểm của bài thi làm tròn đến 0,5. 
 + Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tối đa. 
 Thái Bình ngày 15 tháng 01 năm 2011.