ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT CAO LÃNH pot

( Admin ) sent to WWW.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: TOÁN. Khối: A-B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Ngày thi:27/03/2011
******
A.PHẦN CHUNG(7,0 điểm): (Dành cho tất cả thí sinh)
Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 1mx2xy
24
 (1).
1/.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
1m


.
2/.Tìm các giá trị của tham số
m
để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán
kính bằng 1.
Câu II: ( 2,0 điểm )
1/.Giải phương trình:
8x2sin3x2cosxcos6xsin9





2/.Giải hệ phương trình








369
)(3
22
22
yx
yxyxyxyx

Câu III: ( 1,0 điểm ). Tính tích phân:

3
4
4
53
xcos.xsin
dx


.
Câu IV: ( 1,0 điểm ).
Cho hình lăng trụ tam giác
'
'
'
.
CBAABC

với
ABCA
'.
là hình chóp tam giác đều nội tiếp trong một mặt cầu có bán
kính R. Góc giữa mặt phẳng
)
'
(
BCA và mặt phẳng
)
(
ABC bằng
o
60
. Tính thể tích khối chóp
CCBBA
'
'
'.
theo R.
Câu V: ( 1,0 điểm ) .Giả sử
y
,
x
là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình:
09ax2x
2
 với
3a


; 09by2y
2
 với
3b


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
y
1
x
1
)yx(3M









B. PHẦN TỰ CHỌN (3,0điểm) : (Thí sinh chọn câu VIa, VIIa hoặc VIb, VIIb)
Câu VIa: ( 2,0 điểm )
1/.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 13yx:)C(
22
 và
25y)6x(:)'C(
22

 . Gọi
A
là một giao điểm của )C( và )'C( với 0

A
y . Viết phương trình đường
thẳng (d) đi qua
A
và cắt )'C(),C( theo hai dây cung có độ dài bằng nhau (hai dây cung này khác nhau).
2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng 02zyx:)P(




và đường thẳng
d
:
1
1z
1
2y
2
3x






.Gọi

M
là giao điểm của
d
và )P( , viết phương trình đường thẳng

nằm trong mặt
phẳng )P( , vuông góc với đường thẳng
d
và khoảng cách từ điểm
M
đến đường thẳng

bằng
42
.
Câu VIIa: ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn điều kiện:
522  zz .

Câu VIb: ( 2,0 điểm )
1/.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích là S =
2
3
, đỉnh A(2;-3), đỉnh B(3;-2), trọng
tâm của tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0. Tìm toạ độ đỉnh C.
2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng
0
1
2
2
:

)
(




zyxP và hai đường thẳng
1
d :
23
3
2
1 zyx





,
2
d :
5
5
46
5




zyx

. Tìm các điểm
2
1
dN,dM  sao cho đường thẳng MN song
song mặt phẳng (P) và cách mặt phẳng (P) một khoảng cách bằng 2.
Câu VIIb: ( 1,0 điểm ) .Giải bất phương trình:
x
2
x
1x
2
x
x
2
x
)15.(32)15(




……………………………… Hết…………………………………

TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH
THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: TOÁN. Khối: A-B
Ngày thi: 27/03/2011
*****
ĐÁP ÁN (gồm 12 trang)

Câu Nội dung Điểm

A/ Phần bắt buộc:

Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 1mx2xy
24
 (1).
2,0đ
1/ (1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho ứng với m = -1. 1,0đ
1m


, ta có hàm số 1x2xy
24

 TXĐ:
R
D


 Sự biến thiên của hàm số:
.Giới hạn của hàm số tại vô cực:


ylim;ylim
xx

. Chiều biến thiên:
x4x4'y
3


1y0x0'y










0,25
 Bảng biến thiên:
x


0



y’ - 0 +
y






(CT)

1




0,25


 .Hàm số nghịch biến trên khoảng (-

;0) và đồng biến trên khoảng (0;


)
Hàm số đạt cực tiểu tại x= 0, giá trị cực tiểu là y(0) = 1
0,25

Câu I:
(2,0đ)
 Đồ thị:
 Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 1)
 Các điểm khác :(-1;4), (1; 4)

0,25

















2/(1,0đ) Tìm các giá trị của tham số
m
để đồ thị hàm số (1) có ba cực trị và đường tròn
đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1.

1,0đ

mx4x4'y
3









mx
0x
0'y
2

Hàm số có 3 cực trị

y’ đổi dấu 3 lần

phương trình y’=0 có 3 nghiệm phân
biệt
0m






0,25
Khi
0m

, đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị là :

)1;0(C),m1;m(B),m1;m(A
22


0,25
Gọi
I
là tâm và
R
là bán kính đường tròn đi qua 3 điểm C,B,A
Vì hai điểm B,A đối xứng nhau qua trục tung nên
I
nằm trên trục tung
Đăt )y;0(I
o
. Ta có:






2y
0y
1)y1(RIC
o
o
2
o

)0;0(OI


hoặc )2;0(I
*Với )0;0(OI

:

















2
51
m
2
51
m

1m
0m
0mm2m1)m1(mRIA
2422

So sánh điều kiện
0m

, ta được
2
51
m,1m



0,25

*Với )2;0(I :
(*)0mm2m1)m1(mRIA
2422




f(x)=x^4+2*x^2+1
f(x)=4
x(t)=1 , y(t)=t
x(t)=-1 , y(t)=t
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y

Pt (*) vô nghiệm khi
0m


Tóm lại, bài toán thỏa mãn khi
2
51
m,1m





0,25

1/(1,0đ) Giải phương trình:
8x2sin3x2cosxcos6xsin9




(*)
1,0đ
8xcosxsin61xcos2xcos6xsin9(*)
2

0)xsin1(2)xsin1(xcos6)1x(sin9
2

0)7xcos6xsin2)(xsin1(










0,25







)vn(07xcos6xsin2
1xsin





0,25



2k
2
x1xsin 

0,25

Câu II:
(2,0đ)
Vậy phương trình đã cho có 1 họ nghiệm là:


2k
2
x 

0,25
2/(1,0đ) Giải hệ phương trình: (*)







369yx
)yx(3yxyxyx
22
22


1,0đ
Điều kiện:









0yx
0y
0x

Đặt















vu,)yx(vu
yxvu
0v,yxyv
0u,xyxu
222
2222

2
2

Ta có hệ phương trình: (*’)







369vu
vu3vu
22
22
, Đk:








vu
0v
0u

0,25











369vu
0)vu3vu.(vu
)(*'
22


























)II(
369vu
vu3vu
)I(
369vu
0vu
22
22

0,25








)lývô(3690
)0v,0uvì(0vu
)I(
. Vậy : Hệ )I( vô nghiệm
























12v
)0uvì(15u
225u
5
u4
v
369vu
)vu(9vu
)II(
2
22







0,25







































16y
25x
41yx
)yxvì(9yx
369yx
81)yx(
144yxy
225xyx
12yxy
15xyx
22
2
2
2
2
2


So sánh Đk, hệ đã cho có một nghiệm (25; 16)






0,25

(1,0đ) Tính tích phân sau:

3
4
4
53
xcos.xsin
dx



1,0đ

I
=

3
4
4
8
3
3
dx
.xcos.
xcos
xsin
1





3
4
2
4
3
dx
xcos
1
.
xtan
1






0,25
Đặt:
x
tan
t

dx
xcos
1
dt
2


Đổi cận:

3t
3
x
1t
4
x










0,25


I= dtt
3
1
4
3


3
1

4
1
t4

0,25
CâuIII:
(1đ)


I=


134134
8
4









0,25
(1,0đ ) Cho hình lăng trụ
'
'
'
.

CBAABC
với
ABCA
'.
là hình chóp tam giác đều nội tiếp
trong một mặt cầu có bán kính R. Góc giữa mặt phẳng
)
'
(
BCA và mặt phẳng
)
(
ABC
bằng
o
60
. Tính thể tích khối chóp
CCBBA
'
'
'.
theo R

1,0đ Câu IV:
(1đ )

Gọi N là trung điểm BC. Vì A’.ABC là hình chóp đều nên
ABC

đều và
BC'A

cân tại
'
A








BC)BC'A()ABC(
BCN'A,BCAN
góc giữa hai mặt phẳng )ABC( và )BC'A( là
o
^
60NA'A 









0,25
Gọi H là trọng tâm
ABC


H là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC


A’.ABC là hình chóp đều )ABC(H'A





H
'
A
là trục của đường tròn ngoại tiếp
ABC


Gọi M là trung điểm
A
'
A
. Trong )AN'A(mp , vẽ đường trung trực của cạnh
A
'
A
,cắt
H
'
A
tại I.
Ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A’.ABC

0,25
Bán kính mặt cầu là :
I
'
A
R


Gọi
a
là độ dài cạnh của
ABC

. Ta có
3
3
aAH,
6
3
aHN,
2
3
aAN 

HN
'
A

vuông tại
2

a
3.
6
3
a60tan.HNH'AH
o


AH
'
A

vuông tại
6
21a
9
a3
4
a
AHH'AA'AH
22
22


12
21a
2
A'A
M'A 
Ta có

MI
'
A

đồng dạng
HA
'
A

nên
7
R12
a
2
a
12
21a
6
21a
R
H'A
M'A
A'A
I'A


0,25

7
R6
H'A 

49
R336
4
3
.
7
R12
S
2
2
SBC



















H'A.SV,H'A.S.
3
1
V
ABC'C'B'A.ABCABCABC'.A



343
R3144
7
R6

.
49
R336
.
3
2
H'A.S.
3
2
VVV
32
ABCABC'.A'C'B'A.ABC'B'BCC'.A








0,25
(1,0đ ) Giả sử
y
,
x
là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình:
09ax2x
2
 với
3a


; 09by2y
2
 với
3b


Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
y
1
x
1
)yx(3M









1,0đ
 Xét phương trình: 09ax2x
2
 (1)
Ta có:
09a

2


với
3a

nên phương trình (1) có nghiệm và
(1) 0xax29x
2


 Xét phương trình: 09by2y
2
 (2)
Ta có:
09b
2


với
3b

nên phương trình (2) có nghiệm và
(2) 0yby29y
2


0,25
Đặt 0t,tx



. Ta được:
2
2
2
2
y
1
t
1
)yt(3
y
1
t
1
)yt(3M



















Mà với 0y,0t


ta có :
yt
4
y
1
t
1

 nên
2
2
)yt(
16
)yt(3M


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: 38
)yt(

16
)yt(3
2
2



38M 










0,25
Do đó,
M
đạt giá trị nhỏ nhất là 38 khi




























4
4
4
2
2
3
1
x
3
1
y

3
1
y
yt
)yt(
16
)yt(3
yt




0,25
Câu V:
(1,0đ)


Vì x, y thỏa mãn (1) và (2) nên:

4
4
2
4
4
2
4
32
139
ba
3b

3a
09
3
1
b2
3
1
09
3
1
a2
3
1


















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







Vậy
444
32
139
ba,
3
1
y,
3
1
xkhi38Mmin










0,25
B/ Phần tự chọn: (Thí sinh chọn câu VIa,VIIa hoặc câu VIb, VIIb )
CâuVIa:

(2,0 đ )
1/(1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 13yx:)C(
22
 và
25y)6x(:)'C(
22
 . Gọi
A
là một giao điểm của )C( và )'C( với 0

A
y . Viết
1,0đ
phương trình đường thẳng (d) đi qua
A
và cắt )'C(),C( theo hai dây cung có độ dài bằng
nhau (hai dây cung này khác nhau).
Theo giả thiết:

5'Rkínhbán,)0;6('Otâmcó)'C(
13Rkínhbán,)0;0(Otâmcó)C(






0,25

Tọa độ các giao điểm của )'C(và)C( là nghiệm của hệ phương trình:








25y)6x(
13yx
22
22










011x12yx
13yx
22
22
)0yvì()3;2(A
3y
3y
2x

A






















0,25
Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và các đường tròn )'C(,)C( thỏa
'
AH
AH

, với H không trùng H’.

Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của AH, AH’. Vì A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên A là
trung điểm của đoạn thẳng MM’.
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OO’ )0;3(I

.
Ta có IA // OM. Mà )d(IAnên)d(OM






0,25
)3;1(IAvtptcó)d(  và qua )3;2(A
Vậy phương trình đường thẳng 07y3x0)3y(3)2x(1:là)d(












0,25
Cách
khác:

Theo giả thiết:

5'Rkínhbán,)0;6('Otâmcó)'C(
13Rkínhbán,)0;0(Otâmcó)C(



Tọa độ các giao điểm của )'C(và)C( là nghiệm của hệ phương trình:








25y)6x(
13yx
22
22

0,25









011x12yx
13yx
22
22
)0yvì()3;2(A
3y
3y
2x
A














Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và các đường tròn )'C(,)C( thỏa
'
AH
AH

, với H không trùng H’.
Ta có A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên H và H’ đối xứng nhau qua A.
Gọi )C(
1
là ảnh của )C( qua phép đối xứng tâm A,
13RRkínhbán,Otâmcó)C(
1
1
1
 .
A là trung điểm của đoạn )6;4(OOO
1
1



Phương trình đường tròn 13)6y()4x(:)C(
22
1
 .

Vì )'C('Hvà)C('H
1
 nên H’ là giao điểm của )C(
1
và )'C(







0,25


Tọa độ điểm H’ là nghiệm của hệ phương trình:








25y)6x(
13)6y()4x(
22
22




































)l(A)3;2('H
3y
2x
)
5
24
;
5
37
('H
5
24
y
5
37
x
0144y78y10
7y3x
2








0,25

Đường thằng (d) cần tìm đi qua hai điểm A, H’ nên (d) nhận vtcp là:
)1;3(
5
9
)
5
9
;
5
27
('AH 


Phương trình đường thẳng (d): 07y3x
1
3y
3
2x








0,25

2/ (1,0đ ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng 02zyx:)P(






và đường thẳng
d
:
1
1z
1
2y
2
3x






.Gọi
M
là giao điểm của
d
và )P( , viết phương
trình đường thẳng

nằm trong mặt phẳng )P( , vuông góc với đường thẳng
d
và khoảng
cách từ điểm

M
đến đường thẳng

bằng
42
.

1,0đ
02zyx:)P(




,
d
:
1
1z
1
2y
2
3x







)P( có véc tơ pháp tuyến )1;1;1(n  ,

d
có véc tơ chỉ phương )1;1;2(u  và đi qua điểm )1;2;3(M
o
 .
Vì đường thẳng

nằm trong mặt phẳng )P( , vuông góc với đường thẳng
d
nên

có
véc tơ chỉ phương


)1;3;2(u,nu 


Tọa độ điểm
M
là nghiệm của hệ phương trình:













1
1z
1
2y
2
3x
02zyx











03zy
07y2x
02zyx
)0;3;1(M
0z
3y
1x



























0,25

Gọi )c,b,a(H là hình chiếu vuông góc của điểm
H
lên đường thẳng


)c;3b;1a(MH 





0,25
Theo giả thiết, ta có:










42MH
uMH
)P(M













42c)3b()1a(
0c)3b(3)1a(2
02cba
222













0336b252b42
13b4a
15b5c
2





























5c
)5;4;3(H4b
3a
5c
)5;2;5(H2b
5a

0,25
 Với )5;2;5(H


, ta có phương trình đường thẳng

:








t5z
t32y
t25x

 Với )5;4;3(H


, ta có phương trình đường thẳng

:









t5z
t34y
t23x






0,25
(1,0đ) Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z
thỏa mãn điều kiện: 522  zz .
1,0đ
Đặt
)
,
(
Ryxyixz



là số phức đã cho và

)
,
(
yxM là điểm biểu diễn của
z
trong mặt
phẳng phức
Ta có: 522  zz

5y)2x(y)2x(
2222

(1)


0,25

(1)








22222222
y)2x(y)2x(5y)2x(y)2x(


5
x8
y)2x(y)2x(
2222

(2)



0,25
Từ (1) và (2) ta được:









5
x4
2
5
y)2x(
5
x4
2
5

y)2x(
22
22
























8
25
x,

5
x4
2
5
y)2x(
8
25
x,
5
x4
2
5
y)2x(
2
22
2
22


8
25
x
8
25
,
4
9
y
25
x9

2
2


1
4
9
y
4
25
x
22















0,25
CâuVIIa:
(1,0đ)

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa điều kiện đã cho là elip có phương trình:
1
4
9
y
4
25
x
22



0,25
Cách
khác
Đặt
)
,
(
Ryxyixz



là số phức đã cho và
)
,
(
yxM là điểm biểu diễn của
z
trong mặt phẳng

phức



Trong mặt phẳng phức, xét các điểm )0;2(F),0;2(F
2
1
 .
Ta có:
2zy)2x()y()x2(MF
2222
1


2zy)2x()y()x2(MF
2222
2




0,25
Do đó, từ giả thiết :  52z2z 5MFMF
2
1
 , ta được tổng các khoảng
cách từ điểm
M
đến hai điểm cố định
2

1
F,F bằng
5
(số không đổi) lớn hơn khoảng cách
)4FF(FF
2
1
2
1
 nên tập hợp các điểm M là một elip có:

5a2

và các tiêu điểm )0;2(F),0;2(F
2
1



0,25







4c2
5a2



















4
9
b
4
25
a
2c
2
5
a
2
2

0,25




Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa điều kiện đã cho là elip có phương trình:
1
4
9
y
4
25
x
22



0,25

1/ (1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích là S =
2
3
, đỉnh A(2;-3),
đỉnh B(3;-2), trọng tâm của tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0. Tìm toạ độ đỉnh C.
1,0đ
 Đặt )y;x(C
oo
. Gọi )y;x(G
GG

là trọng tâm
ABC

.
Theo giả thiết:

G
là trọng tâm
ABC













3
y5
y
3
x5
x
o
G

o
G

Lại có
04yx308
3
y5
3
x5
3)d(G
oo
oo















(1)

0,25

2AB 

)1;1(AB  . Đường thẳng
AB
đi qua điểm
A
và có véc tơ pháp tuyến )1;1(n  nên
phương trình đường thẳng
AB
là: 05yx0)3y()2x(









Khoảng cách từ điểm
C
đến đường thẳng
AB
là:

2
5yx
)AB,C(d
oo


Diện tích
ABC

là: 5yx
2
1
)AB,C(d.AB.
2
1
S
oo

Theo giả thiết, ta có : 35yx
2
3
S
oo
 (2)

0,25
CâuVIb:
(2,0 đ )
 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:







35yx
04yx3
oo
oo




















































1y
1x
10y
2x
2yx
4yx3
8yx
4yx3
35yx
35yx
04yx3
o
o
o
o
oo
oo
oo
oo
oo
oo
oo

0,25
Vậy có hai điểm cần tìm là: )1;1(C,)10;2(C




0,25
2/(1,0đ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng
0
1
2
2
:
)
(




zyxP và
hai đường thẳng
1
d :
23
3
2

1 zyx





,
2
d :
5
5
46
5




zyx
. Tìm các điểm
2
1
dN,dM 
sao cho đường thẳng MN song song mặt phẳng (P) và cách mặt phẳng (P) một khoảng cách
bằng 2.
1,0đ
Gọi
)
(
Q là mặt phẳng song song mặt phẳng
)

(
P và cách
)
(
P một khoảng cách bằng 2
Phương trình mp
)
(
Q có dạng: 1D,0Dz2y2x







Chọn )P()0;0;1(M
o
 . Ta có :








7D
5D
2

3
D1
2))Q(,M(d
o
(nhận)


có hai mặt phẳng song song mp(P) và cách mp(P) một khoảng cách bằng 2 là:
05z2y2x:)Q(
1
 , 07z2y2x:)Q(
2



0,25
Vì )P//(MN và )Q(MNnên2))P(,MN(d
1
 hoặc )Q(MN
2

Do đó, có hai trường hợp:






)Q(dN
)Q(dM

12
11
;





)Q(dN
)Q(dM
22
21







)Q(dN
)Q(dM
12
11

Tọa độ diểm
M
là nghiệm của hệ:
)0;3;1(M
05z2y2x
06z3y2

09y2x3
05z2y2x
2
z
3
3y
2
1x






















Tọa độ diểm
N
là nghiệm của
hệ: )5;0;5(N
05z2y2x
020z4y5
020y6x4
05z2y2x
5
5z
4
y
6
5x




































0,25






)Q(dN
)Q(dM
22
21

Tọa độ diểm
M
là nghiệm của hệ:
)2;0;3(M
07z2y2x
06z3y2
09y2x3
07z2y2x
2
z
3
3y
2
1x























Tọa độ diểm
N
là nghiệm
củahệ: )0;4;1(N
07z2y2x
020z4y5
020y6x4
07z2y2x
5
5z
4
y
6
5x






























0,25
Vậy có hai cặp điểm cần tìm là: )5;0;5(N),0;3;1(M

và )0;4;1(N),2;0;3(M



0,25
(1,0đ) Giải bất phương trình:
x

2
x
1x
2
x
x
2
x
)15.(32)15(



 (*)
1,0đ CâuVIIb:
(1,0đ)
(*) 3
15
2
.2
15
15
x
2
x
x
2
x




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



0,25

 
03
15
2

.2
15
4
x
2
x
x
2
x
2


























03
15
2
.2
15
2
x
2
x
)
x
2
x(2






























0,25

1
15
2
0
0
15
2
1
15
2
3

x
2
x
x
2
x
x
2
x






















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




0,25







1x
0x
0xx
2

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là:


);10;( 



0,25

Hết