Toán - Đề thi thử đại học có đáp án (3)

 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
KỲ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 
ðỀ THI MÔN TOÁN 12. KHỐI D. 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao ñề 
------------------------------------- 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) 
Câu I (2,0 ñiểm) 
 Cho hàm số y= x3 - 3(m + 1)x2 + 3m(m + 2)x + 1 (1) (m là tham số thực) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m= 1 
2. CMR: Hàm số (1) luôn có cực ñại và cực tiểu. Xác ñịnh các giá trị của m ñể hàm số (1) ñạt cực 
ñại và cực tiểu tại các ñiểm có hoành ñộ dương. 
Câu II (2,0 ñiểm) 
1. Giải bất phương trình: x2 + xxx 26342 2 −≥++ 
2. Giải phương trình: sin2x - 22 (sinx + cosx) -5=0 
Câu III (1,0 ñiểm) 
Tính tổng: S=
!1!2010
1
!3!2008
1
...
!2005!6
1
!2007!4
1
!2009!2
1
+++++ 
Câu IV (1,0 ñiểm) 
 Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A, AB =a, AC =a 3 , DA =DB =DC. Biết 
rằng DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD 
Câu V (1,0 ñiểm) 
CMR: Với mọi x, y, z dương thoả mãn xy + yz + zx = 3 ta có: 
1
))()((
4
2
1
≥
+++
+
xzzyyxxyz
II. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) 
 Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (2,0 ñiểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho 2 ñiểm A(5;-2), B(-3;4) và ñường thẳng d có phương 
trình: x - 2y + 1 = 0. Tìm toạ ñộ ñiểm C trên ñường thẳng d sao cho tam giác ABC vuông tại C. 
Viết phương trình ñường tròn ngoại tếp tam giác ABC. 
2. Trong mặt phẳng (P), cho hình chữ nhật ABCD có AB=a, AD=b. S là một ñiểm bất kỳ nằm 
trên ñường thẳng At vuông góc với mặt phẳng (P) tại A. Xác ñịnh tâm, bán kính mặt cầu ngoại 
tiếp hình chóp S.ABCD và tính thể tích khối cầu ñó khi SA=2a. 
Câu VII.a (1,0 ñiểm) Giải hệ phương trình: 2
3
12
1 =





+
− x
xy
 6
3
12
1 =





+
+ y
xy
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 ñiểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho tam giác ABC có ñỉnh A(-2;3), ñường cao CH nằm 
trên ñường thẳng: 2x + y -7= 0 và ñường trung tuyến BM nằm trên ñường thẳng 2x – y +1=0. 
Viết phương trình các ñường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC. 
2. Cho hình chóp S.ABC có ñáy ABC là tam giác ñều cạnh a, SAB là tam giác ñều và mp(SAB) 
vuông góc với mp(ABC). Xác ñịnh tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và tính 
thể tích khối cầu ñó. 
Câu VII.b (1,0 ñiểm) 
 Giải phương trình ex = 1+ ln(1+x). 
--------Hết-------- 
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên thí sinh:...............................; Số báo danh: 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
ðÁP ÁN - THANG ðIỂM 
ðỀ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 
MÔN: TOÁN 12; KHỐI D. 
(ðáp án - Thang ñiểm gồm 05 trang) 
Câu Ý Nội dung ñáp án ðiểm 
 2,0 
Khi m=1, ta có hàm số y = x3-6x2+9x+1 
* TXð: R 
* Sự biến thiên 
 - Chiều biến thiên: y' = 3x2 -12x + 9 
 y' = 0 x =1 hoặc x =3 
0,25 
 Hàm số ñồng biến trên các khoảng (- )1;∞ và ( );3 +∞ ; 
 Nghịch biến trên khoảng (1; 3) 
 - Cực trị: Hàm số ñạt cực ñại tại x =1; yCð=5 
 Hàm số ñạt cực tiểu tại x =3; yCT=1 
 - Giới hạn: ±∞=
±∞→
y
x
lim 
0,25 
 - Bảng biến thiên: 
 x -∞ 1 3 +∞ 
 y' + 0 - 0 + 
 +∞ 
 5 
 y 
 -∞ 
 1 
0,25 
1 
(1,0 ñiểm) 
* ðồ thị: 
 y 
 5 
 1 
 0 1 3 4 x 
0,25 
* Ta có: y' = 3x2 - 6 (m+1)x + 3m(m+2) 
 y' = 0 x2 - 2(m+1)x + m(m+2) = 0(2) 
 => '∆ =(m+1)2 - m(m+2)=1 > 0, m∀ 
0,25 
Vậy phương trình y'=0 luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. Do ñó 
hàm số (1) luôn có cực ñại và cực tiểu. 
0,25 
* Hàm số (1) ñạt cực ñại và cực tiểu tại các ñiểm có hoành ñộ dương 
 (2) có 2 nghiệm dương phân biệt P > 0 
 S > 0 
0,25 
I 
 2 
(1,0 ñiểm) 
 m(m+2) > 0 
 m > 0 
 2(m+1) > 0 
0,25 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
 2,0 
BPT ñã cho x2 + 2x - 6 + 342 2 ++ xx > 0 
ðặt t = 1)1(2342 22 ++=++ xxx => ñiều kiện t >1 
0,25 
BPT trở thành: 
 06
2
32
≥+−
−
t
t
 t2 + 2t - 15 >0 
0,25 
 t >3 
 t <-5 (loại vì trái ñiều kiện) 
0,25 
1 
(1,0 ñiểm) 
Vậy: 2x2 + 4x + 3 > 9 
 x2 + 2x - 3 > 0 
 x > 1 
 x < -3 
0,25 
PT ñã cho (sinx + cosx)2 - 2 2 (sinx + cosx) - 6 = 0 
0,25 
 sinx + cosx = - 2 
 sinx + cosx = 3 2 
0,25 
 2 sin 2
4
−=





+
π
x 
 2 sin 23
4
=





+
π
x => vô nghiệm 
0,25 
II 
2 
(1,0 ñiểm) 
 π
ππ
2
24
kx +−=+ )(2
4
3
Zkkx ∈+−= π
π
 0,25 
 1,0 
Ta có 
2011!S=
!1!2010
!2011
!3!2008
!2011
...
!2005!6
!2011
!2007!4
!2011
!2009!2
!2011
+++++ 
 = 20102011
2008
2011
6
2011
4
2011
2
2011 ... CCCCC +++++ 
0,25 
Khai triển 
(1+x)2011= 201120112011
20102010
2011
22
2011
1
2011
0
2011 .... xCxCxCxCC +++++ 
0,25 
Chọn x = -1 ta có: 
 20112011
3
2011
1
2011
2010
2011
2
2011
0
2011 ...... CCCCCC +++=+++ 
Chọn x = 1 ta có: 201120112011
2
2011
1
2011
0
2011 2... =++++ CCCC 
0,25 
III 
Do ñó: 201020102011
4
2011
2
2011
0
2011 2... =++++ CCCC 
Vậy S = 
!2011
122010 −
 0,25 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
 1,0 
 D 
Gọi M là trung ñiểm của BC 
Ta có: MA=MB=MC 
Mà: DA=DB=DC (gt) B 
Suy ra: DM ⊥ (ABC) C M 
 a 
 A 
Hình 
vẽ 
0.25 
0,25 
Có ∆DBC vuông cân tại D nên 
DM = aaaaBC ==+= 2.
2
1
3
2
1
2
1 22 
0,25 
IV 
Vậy VABCD = 
3.
6
3
2
3..
.
3
1
.
3
1
a
aa
aSDM ABC ==∆ (ñvtt) 0,25 
 1,0 
Áp dụng BðT Côsi ta có: 
=
+++
≥
+++
+
))()((2
4
.2
))()((
4
2
1
xzzyyxxyzxzzyyxxyz
=
))()((
22
xyyzxzxyyzxz +++
0,25 
Mà 2
3
)(2
))()((3 =
++
≤+++
zxyzxy
xyyzxzxyyzxz 
=> (xz+yz)(xy+xz)(yz+xy) < 8 
0,25 
Do ñó: 1
8
22
))()((
4
2
1
=≤
+++
+
xzzyyxxyz
 0,25 
V 
Dấu "=" xẩy ra 
))()((
4
2
1
xzzyyxxyz +++
= 
 xz + yz = xy + xz = yz +xy x = y = z = 1 
 xy+ yz + zx = 3 
0,25 
 2,0 
Giả sử C=(xo;yo) 
Vì C ∈ d nên xo - 2yo + 1 = 0 (1) 
0,25 
Vì CA ⊥ CB nên 0. =CBCA 
 (5 - xo)(-3 - xo) + (-2 - yo)(4 - yo) = 0 
 02322 0
2
00
2
0 =−−+− yyxx (2)
0,25 
VI.a 
1 
(1,0 ñiểm) 
Thế (1) vào (2) ta có: 042 0
2
0 =−− yy 
 52151 00 −==>−= xy 
 52151 00 +==>+= xy 
Vậy có 2 ñiểm thoả mãn ñề bài là: C1 = 521( + ; 51+ ) 
 C2 = 521( − ; )51− 
0,25 
a 3 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
ðường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(1;1) là trung ñiểm AB và bán 
kính R= 5
2
10
2
==
AB
. Vậy phương trình ñường tròn ñó là: 
25)1()1( 22 =−+− yx 
0,25 
Gọi O là giao ñiểm hai ñường 
chéo AC và BD của hình chữ nhật S 
ABCD. Qua O kẻ ñường thẳng 
song song với SA cắt SC tại ñiểm I 
Ta có: 
OI ⊥ (ABCD) vì SA ⊥ (ABCD) A I 
=> OI là trục của ñường tròn ngoại tiếp D 
hình vuông ABCD. O 
=> IA = IB = IC = ID (1) B C 
Mà OI là ñường trung bình của SAC∆ => IS = IC (2) 
Từ (1) và (2) => I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 
Hình 
vẽ 
0,25 
0,25 
Do ñó bán kính mặt cầu ñó là: 
R=
2
5
2
4
22
¸SC 2222222 babaaACSA +
=
++
=
+
= 
0,25 
2 
(1,0 ñiểm) 
Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là: 
V= 
6
5)5(
8
)5(
.
3
4
3
4 22223223 bababaR
++
=
+
=
π
ππ (ñvtt) 
0,25 
 1,0 
ðiều kiện x>0, y>0, x+3y≠ 0 
Hệ ñã cho tương ñương với 
xxy
2
3
12
1 =
+
− 1
31
=+
yx
yxy
6
3
12
1 =
+
+ 
 
xyyx 3
1231
+
−
=− 
0,25 
Suy ra 
xyyx 3
1291
+
−
=− => y2 + 6xy - 27x2 = 0 0,25 
=> 0276
2
=−





+





x
y
x
y
 3=
x
y
 hoặc 9−=
x
y
 (loại) 0,25 
VII.a 
Với y = 3x thế vào PT ñầu của hệ ñã cho ta có: x – 2 x - 2 = 0 
 x = (1+ 2)3 => y = 3 (1+ 2)3 
0,25 
 2,0 
ðường thẳng chứa cạnh AB ñi qua A (-2;3) và nhận véctơ chỉ phương 
CHu = (-1;2) của ñường CH làm véctơ pháp tuyến nên có phương 
trình là: 
 - 1(x+2) + 2(y-3) = 0 
 - x + 2y - 8 = 0 
0,25 
VI.b 
1 
(1,0 ñiểm) 
Toạ ñộ ñiểm B là nghiệm hệ:



=+−
=−+−
012
082
yx
yx
 => B = (2; 5) 
0,25 
 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 
Giả sử ñỉnh C = (xo; yo) => M = ;
2
20

 −x


+
2
30y 
Vì C ∈ CH nên 2xo + yo - 7 = 0 (1) 
Vì M ∈ BM nên: 01
2
3
2
2
.2 00 =+
+
−
− yx
 2xo - yo - 5 = 0 (2) 
0,25 
Giải hệ (1), (2) ta có: 



=
=
1
3
0
0
y
x
 Vậy C= (3; 1) 
Phương trình ñường thẳng AC là: 2x + 5y -11 =0 
Phương trình ñường thẳng BC là: 4x + 5y -13 =0 
0,25 
Gọi H là trung ñiểm AB => SH ⊥ (ABC) S 
Gọi I là trọng tâm ∆ABC, J là trọng tâm∆SAB 
 và O là ñiểm sao cho OIHJ là hình vuông 
Ta có: 
OA=OB=OC (Vì OI là trục của ñường tròn B 
ngoại tiếp ∆ABC) J O 
OS=OA=OB (vì OJ là trục 
của ñường tròn ngoại tiếp∆SAB ) H I 
Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC C 
 A 
Hình 
vẽ 
0,25 
0,25 
Bán kính mặt cầu là: 
R=OA=
6
15
2
3
9
5
3
2
3
1
222
22 aaCHSHIAOI =







=





+





=+ 
0,25 
2 
(1,0 ñiểm) 
Thể tích khối cầu là: V = 3
3
3
54
155
6
15
.
3
4
3
4
a
a
R πππ =







= (ñvtt) 0,25 
 1,0 
ðiều kiện: x > -1 0,25 
Xét hàm số: f(x) = ex - ln(1+x) - 1 trên khoảng (-1; +∞ ) 
Ta có: f'(x)= ex - 
x+1
1
 ; f''(x) = ex + 0
)1(
1
2
>
+ x
 , x∀ ∈ (-1; +∞ ) 
Suy ra f'(x) ñồng biến /(-1; +∞ ) 
0,25 
Vì f'(0) = 0 nên f'(x) > 0 , x∀ >0 
 f'(x)<0, x∀ <0 
Ta có bảng biến thiên: x -1 0 ∞+ 
 )(' xf - 0 + 
 f(x) 
 0 
0,25 
VII.b 
Dựa vào bảng biến thiên ta có: f (x) =0 x = 0 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = 0 
0,25 
------Hết------ 
Thí sinh làm theo cách khác ñúng vẫn ñược cho ñiểm tối ña theo thang ñiểm của phần ñó.