SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT MAI ANH TU ẤN

ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: TOÁN, kh ối 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 yx y

x y x y xy

+ = ∈ + = −�

Câu III (1,0 điểm) Tìm 2( ) x

x

x x edx

x e−

+

+∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy ABClà tam giác vuông tại A , mặt phẳng ( ')ABC tạo với đáy một góc 060 , 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 zyx ,, thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

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 hệ toạ độ Oxycho đường thẳng 022: =−− yxd và điểm )1;1(I . Lập phương trình các

đường thẳng cách điểm I một khoảng bằng 10 và tạo với đường thẳng d một góc bằng 045 . 2. Trong hệ toạ độ Oxycho hai đường thẳng 032: =−+ yxd và 053: =−+∆ yx . Lập phương

trình đường tròn có bán kính bằng 5

102 , có tâm thuộc d và tiếp xúc với ∆ .

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: ( ) 0)2(2)2(log74)2(log2 222 =−+−−+− xxxx .

B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong hệ toạ độ Oxycho đường thẳng 022: =−− yxd và đường tròn 10)1()1(: 22 =−+− yxC .

Lập phương trình các tiếp tuyến của đường tròn )(C biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng d một góc 045 . 2. Trong hệ toạ độ Oxycho đường thẳng 032: =−+ yxd và hai điểm )1;2(;)2;1( BA − . Tìm toạ

độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác ABC bằng 2.

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

+−=−−++=++

422)23(log

log)7(log1)(log

2

222

yxyx

yyxyx

----------Hết ----------

Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………….; Số báo danh……………………

www.VNMATH.com

Trang 1/4

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT MAI ANH TU ẤN

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011-2012

Môn thi: TOÁN, kh ối 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; ycđ=-3; hàm số đạt cực tiểu tại 1±=x ; yct=-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 ;

−+−−−

34

)13(;

2

13 2mmB ;

−+−−−− 3

4

)13(;

2

13 2mmC 0.25

Nhận xét: ABC∆ cân tại A ;

++−−=

−−⇔=

16

)13(

2

134

2

134.9

3

2BC

4mmmAB 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

xx

x

x

x

x

x

x

xx

22

2

2

2

cos

3

cos

sin7

cos

sin)

cos

sin4

cos

sin)(tan1( −+−=+−−⇔

3tan7tan4)tan4tan)(tan1( 22 −+−=+−−⇔ xxxxx 0.25

3tan;1tan ±==⇔ xx 0.25

;4π

πkx +=⇔ )(

3Zkkx ∈+±= π

π (thoả mãn điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm ;4π

πkx += )(

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 1223

22

==⇔ −=−

=+yx

xxx

yx(thoả mãn) 0.25

II (2.0 điểm)

Với 02 =−− xyyx ta có −=−

=+22423

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 edx

x e−

+

+∫ = dxxe

exxex

xx∫ +

+

1

)1.( 0.25

Đặt 1. += xext dxexdt x)1( +=⇒ 0.25

⇒2( ) x

x

x x edx

x e−

+

+∫ ∫ −= dt

t

t )1(dt

t∫

−= 11 0.25

III (1.0 điểm)

Ctt +−= ln Cxexe xx ++−+= 1ln1 . Vậy2( ) x

x

x x edx

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,' ∠=∠⇒⊥⊥ 060' =∠⇒ ACC

0.25

3

2

60sin 0

aCKAC == ; aACCC 260tan.' 0

== 0.25

IV (1.0 điểm)

aABACABAH

2111

222=⇒+=

3

4'.

3

'''.

aCCSV ABCCBAABC == ∆ .

Vậy 3

4 3

'''.

aV 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

1baba +≥+ nên ( )xzzyyxP −++−++−+≥ 111

2

1 0.25

mà cbacba ++≥++ nên 2

23111

2

1=−++−++−+≥ xzzyyxP 0.25

V (1.0 điểm)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 21=== zyx .

Vậy 223

min =P khi 21=== 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 045 nên 2

1

5.

222

=+

−

ba

ba

0.25

−==⇔

ab

ba

3

3 0.25

Với ba 3= , phương trình đường thẳng có dạng )(03 ∆=++ cyx

10);( =∆Id 1010

4=

+⇔

c

−==⇔

14

6

c

c

0.25

Với ab 3−= , phương trình đường thẳng có dạng )(03 ∆=+− cyx

10);( =∆Id 1010

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

12+=x , thoả mãn. 0.25

VIIa (1.0 điểm)

Với 042)2(log2 =−+− xx , ta có 42)2(log2 −+−= xxy là hàm số đồng biến trên ( )+∞;2 nên

2

5=x là nghiệm duy nhất.

Vậy phương trình có hai nghiệm 2

12+=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 045 nên 2

1

5.

222

=+

−

ba

ba

−=

=⇔ab

ba

3

3

0.25

Với ba 3= , phương trình tiếp tuyến có dạng )(03 ∆=++ cyx

RId =∆);( 1010

4=

+⇔

c

−==⇔

14

6

c

c

0.25

Với ab 3−= , phương trình tiếp tuyến có dạng )(03 ∆=+− cyx

RId =∆);( 1010

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=∆ABCS 2),(.2

1=⇔ ABCdAB 2

10

2.10

2

1=

−⇔

a2;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 22

2 +=+

0.25

==⇔=+−

xy

xyyxyx

2032 22 0.25

Với xy = thế vào phương trình thứ hai ta được 94)22(log2 =⇔=− 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(log2 042)2(log2 =−+− xx

42)2(log2 −+−= xxy là hàm số đồng biến trên ( )+∞;2 nên 2

5=x là nghiệm duy nhất.

Suy ra

==

525

y

x, thoả mãn điều kiện.

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm

==

9

9

y

x và

==

525

y

x

0.25

------Hết------

Gv: Tr ần Văn Hưng

www.VNMATH.com