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 2 2 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 m ộ t t ứ giác nội tiếp trong đường tròn. Tính bán kính c ủa đường tròn đó ứng với m v ừa tìm được. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình   cos 2 cos 1 sin 1 4 sin cot 1 2 x x x x x             . 2. Gi ải bất phương trình 2 2 1 1 log log 2 x 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 2 SA a  và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a . Hãy ch ứng minh đường thẳng BD vuông góc v ới mặt phẳng   SAC và tính th ể tích khối chóp . S ABCD theo a . Câu V (1,0 điểm) Cho các s ố thực dương , ,a b c thay đổi luôn tho ả mãn 1 a b c   . Ch ứng 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 h ệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông t ại A , điểm   3;1M là trung điểm của cạnh AB , đỉnh C thuộc đường thẳng 6 0 x y   và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình 2 0 x y   . Tìm tọa độ các đỉnh , , A B C . 2) Trong không gian t ọa 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     2 3 1 2 3 z 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   = x 4 -2  x 2   +2 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 Năm học 2010 -2011 (lần 2) Câu N ội dung Điểm I 1. Khi 1 m  hàm số (1) trở thành 4 2 2 2 y x x    .  Tập xác định:   Sự biến thiên: ' 3 ' 4 4 ; 0 0; 1 y x x y x x        . Hàm s ố nghịch biến trên mỗi khoảng     ; 1 , 0;1   . Hàm s ố đồng biến trên mỗi khoảng     1;0 , 1;   0.25 -Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 1 x   ; 1 CT y  Hàm số đạt cực đại tại 0 x  ; 2 CD y  -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 2 2 2 ; 4 4 4 0 0 y x mx m y x mx x x m x x m             Hàm số có ba điểm cực trị  phương trình ' 0 y  có ba nghiệm phân biệt và ' y đổi dấu khi x đi qua ba nghiệm đó 0 m   . Khi 0 m  thì ba điểm cực trị của đồ thị là       2 2 0;2 , ;2 , ;2 A 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 2 1 1 0; 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 2 2 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 2 1 1 2 2 2 2 2 m m m R IA m m m m        . V ới 1 m  thì 1 R  ; Với 1 5 2 m   thì 1 5 2 R   . 0.50 II 1. Điều kiện sin 0 x  và cot 1 0 x   . Khi đó pt tương đương:     2 sin cos 2 cos 1 cot 1 sin 4 x x x x x             0.25    cos sin sin cos cos 2 cos 1 sin cos 2 cos 0 sin x x x x x x x x x x          0.25 2 2cos cos 1 0 cos 1 x x x        (loại) hoặc 1 cos 2 x  0.25   2 3 x k k         0.25 2. Điều kiện 0 x  và 1 x  . Khi đó vì 0 x  nên 2 2 x   ; 2 2 log 2 log 2 0 x    và vế phải của bất pt đã cho dương. 0.25 Nếu 2 log 0 0 1 x x     thì bất pt đã cho luôn nghiệm đúng. Nếu 2 log 0 1 x x    thì bất pt đã cho tương đương với 2 2 2 log log 2 2 2 0 2 x 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 sin t x dt xdx     . Khi 0 x  thì 1 t  , khi 2 x   thì 0 t  .   0 1 2 2 1 0 6 2 5 3 2 1 dt dt I t t         . Ta tính 1 2 0 6 2 dx I x    0.50 Đặt   2 1 1 tan 1 tan 3 3 x u dx u du     . Khi 0 x  thì 0 u  , khi 1 x  thì 3 u   . V ậy   2 3 3 2 0 0 1 1 tan 1 3 3 1 18 2 3 6. 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 2 1 1 2 4 2 a BO AB OA AB AC AB SA SC               . . . . 1 1 1 2 2 2. . . . . 3 2 3 S 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 b a 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: 3 3 . . 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                 . D ấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 1 3 a b c    . 0.25 VI G ọi I là trung điểm của BC . Ta có     ;2 , ; 6 I u u C t t  . Suy ra     2 ;4 6 , 6 2 ;8 4 B u t u t A u t u t        . Vì A thuộc trung tuyến 2 0 x y   nên     2 6 2 8 4 0 4 u t u t t          . Vậy   4;2 C  . 0.50     2 2 ; 4 4 , 2 4;4 2 A u u B u u     .     4 2;8 6 , 6 2 ; 2 4 AB 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 0 u  , suy ra     2;4 , 4; 2 A B  . V ới 3 2 u  , suy ra     1; 2 , 7;4 A B  . Tóm l ại     2;4 , 4; 2 A B  ,   4;2 C  hoặc     1; 2 , 7;4 A B  ,   4;2 C  . 0.50 2.   S có tâm   2; 3; 3 I   , bán kính 5 R  . ( ,( )) 1 d 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, 2 IH 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 3 z i i i      0.50 Suy ra 14 2 3 z 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 . HOÁ TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI Môn thi: Toán học Năm học : 20 10 -2 0 11 Ngày thi: 27 tháng 3 năm 20 11 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu.     2 3 1 2 3 z 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   = x 4 -2  x 2   +2 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐÁP ÁN MÔN TOÁN. THÀNH I ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 Năm học 20 10 -2 0 11 (lần 2) Câu N ội dung Điểm I 1. Khi 1 m  hàm số (1) trở thành 4 2 2 2 y x x    .  Tập xác định:   Sự biến thi n: ' 3 ' 4 4