http://ductam_tp.violet.vn/
SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Môn toán - KHỐI A
Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH .
Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x
3
– 3x
2
+ 2
2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình :
2
2 2
1
m
x x
x
  


Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình :
5
2 2 os sin 1
12
c x x

 
 
 
 



Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a ,
AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc
60
0
.Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM =
3
3
a
, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính
thể tích khối chóp S.BCNM
Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5
-x
+ 5
-y
+5
-z
= 1 .Chứng minh rằng

  
 
  
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y


 

2
z
z z z
    

PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao )
Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD
có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03:
1
 yxd và
06:
2
 yxd . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d
1
với trục Ox. Tìm toạ độ
các đỉnh của hình chữ nhật.
2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :
D
1
:
2 1
1 1 2
x y z
 
 

, D
2
:
2 2

   Tập xác định: Hàm số có tập xác định
D R.


 Sự biến thiờn:
2
3 6
y' x x.
  Ta có
0
0
2
x
y'
x


 




0,25






2
0,25

 Đồ thị:

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y 0,25

y x x x , C'
    và đường thẳng
1
y m,x .
 

0,25

 Vỡ
 


 
2
1
2 2 1
1
f x khi x
y x x x
f x khi x



    

 


nờn
0,25

 Dựa vào đồ thị ta có:
+
2
m :
 
Phương trình vụ nghiệm;
+
2
m :
 
Phương trình có 2 nghiệm kộp;
+
2 0
m :
  
Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt;
+
0
m :

Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt.


1+
3

1-
3

- 2
m

1

2
II
1)

1)
5
2 2 os sin 1
12
c x x

 
 

   
         
   
   
   
   
   
   

0.25 
5
2 2
5
612 12
sin 2 sin
5 13
312 12
2 2
12 12 4
x kx k
x k
x k x k
 

 
 




. Điều kiện: x+y>0, x-y>0
2 8
2 2 2 2 2 2 2 2
log 3log (2 ) 2
1 3 1 3
x y x y x y x y
x y x y x y x y
 
       
 

 
         
 
 

0,25đ Đặt:
u x y
v x y
 



u v uv
u v uv
uv

  



  
 


. Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0
uv uv uv uv uv uv uv
          
.

0,25đ

Kết hợp (1) ta có:
0
4, 0
4
uv
u v
u v



/4 /4 /4
sin
1 sin sin
1
x
I dx x xdx x xdx I I
x x
  
  
  
     
 
  

Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì
1
0
I

, tích phân từng phần
2
I
được kết quả.
0.5đ

Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì
1
0
I


BC SA


 



. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường
cao
Ta có SA = AB tan60
0
= a
3
,
3
3
2
3
2 3
3
a
a
MN SM MN
AD SA a
a

   

Suy ra MN =
4

BM . Ta có SH

BM và BC

(SAB)

BC

SH . Vậy SH

( BCNM)


SH là đường cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
AB AM
SB MS
 =
1
2
.
Vậy BM là phân giác của góc SBA


0
30
SBH 


SH = SB.sin30

0,25đ 0,25đ
0,25đ

0,25đ Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5
-
x
+ 5
-
y
+5
-
z


B

C
M
N
D
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
 
  
  
( *)
( *)

3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
 
  
  



3
3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
 
  
 
( 3) .
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II)
Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)
1. Chương trình Chuẩn.
Cõu Ph

.
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ
'
A BC

.
- Phương trình đường thẳng (d) qua A và
Vuụng gúc với BN là (d):
2 5 0
x y
  
. Gọi ( )
I d BN
 
. Giải hệ:
2 5 0
2 5 0
x y
x y
  


  

. Suy ra: I(-1; 3)
'( 3; 4)
A
  

+ Phương trình BC:

7 1
d A BC
  
 

.

Suy ra:
1 1 450 45
( ; ). .3 2. .
2 2 4 4
ABC
S d A BC BC  

0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ
Câu

; M( 2; 0; - 1)

d
2

Vậy d
1
// d
2

0,25đ *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là
n

= ( 5; - 22; 19)
(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0
2)
AB

= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1

Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d
1 .
Ta có: IA + IB = IA
1

*) Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. Tìm được H
36 33 15
; ;
29 29 29
 
 
 
A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28
; ;
29 29 29
 

 
 

I là trung điểm của A’B suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29
 
 
 
 


Chia hai vế PT (1) cho z
2
ta được : ( 0
2
1
)
1
()
1
2
2

z
z
z
z (2)

0.25đ

Đặt t=z-
z
1
Khi đó 2
1
2
22

z
zt 2
1


0.25đ

Với t=
2
31 i

ta có 02)31(2
2
311
2


 ziz
i
z
z (4)
Có
222
)3(696816)31( iiiii 
PT(4) có 2 nghiệm : z= i
ii




1
4
)3()31(
,z=

222
)3(696816)31( iiiii 
PT(4) có 2 nghiệm : z= i
ii




1
4
)3()31(
,z=
2
1
4
)3()31(






iii

Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z=
2
1

i
; z=










2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy






2
3
;
2
9
I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM
1

Suy ra M( 3; 0)

AB
S
AD12AD.ABS
ABCD
ABCD

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d
1
ADd
1

Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d
1
nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT:
03yx0)0y(1)3x(1








. Lại có:
2MDMA 





13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2
2
2
2







1y
2x
hoặc







Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

0,25đCõu Phần Nội dung Đi
ểm
CâuVIb.
(1,0)
2.a)
Các véc tơ chỉ phương của D
1
và D
2
lần lượt là
1
u

( 1; - 1; 2)
và
2
u

( - 2; 0; 1)
Có M( 2; 1; 0)

D
1


D
21
2
. 0
. 0
AB u
AB u








 



1
3
' 0
t
t

 

2
x t
y t
z t
 


 




0,25đ
0,25đ

PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính có
dạng:
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
x y z

S A B
 
, với
0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
A C C C C C C      

0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
B C C C C C C     
+ Ta có:
2009 2 1004 1004 1004 1004
(1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2
i i i i i
        .
Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của
2009
(1 )
i nờn
1004
2
A

.
+ Ta có:
2009 0 1 2 2 2009 2009
2009 2009 2009 2009
(1 ) x C xC x C x C     
Cho x=-1 ta có:
0 2 2008 1 3 2009


0,25đ
0,25đ