ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ doc

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số


4 2
4 1 2 1
y x m x m
    
có đồ thị


m
C

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị


C
của hàm số khi
3
2
m

.
2. Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
4
2
1 tan

8 os ( ) sin4 2.
4 1 tan
x
c x x
x


  


2. Giải hệ phương trình sau trên R:
3
2 4 3
1 1 2
9 (9 )
x y
x y y x y y

   


    



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
1
2
2
2

0
( )
4
x
x
I x e dx
x
 



Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy là hình thang vuông tại
A
và
B
với
BC
là
đáy nhỏ. Biết rằng tam giác
SAB
là tam giác đều có cạnh với độ dài bằng
2
a
và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt đáy,
5
SC a

 và khoảng cách từ
D
tới mặt phẳng


SHC
bằng
2 2
a

(ở đây
H
là trung điểm
AB
). Hãy tính thể tích khối chóp theo
.
a

Câu V(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn:
3
a b c
  
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
4
ab bc ca
a b c
a b b c c a

 
   
 

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình
2 2
( 2) ( 3) 10
x y
   
. Xác
định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua M(-3; -2) và x
A
> 0.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Câu VII.a (1,0 điểm)
Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: z = 1 + (1 + i) + (1 + i)
2
+ (1 + i)
3
+ … + (1 + i)
20
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. 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 M của cạnh AD là giao
điểm của d
1
với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương
trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC
Câu VII.b (1,0 điểm
Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn hệ thức
2 1 2
z z z
   

sent to www.laisac.page.tl

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011
Câu ý

Nội dung Điểm
Với m= 3/2 ta có y = x
4
-2x

2
+2
Tập xác định: Hàm số có tập xác định
D R.


 Sự biến thiên:
3
4 4
y' x x.
  Ta có
0
0
1
x
y'
x


 

 


0.25
lim ; lim
x x
y y
 
   





0 2 1 1
CD CT
y y ; y y .
    


0.25
 Bảng biến thiên:
x


-1 0 1


y'



0

0

0


y


2



1 1

0.25




1
 Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
 Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy
0.25
 Ta có






3 2
4 8 1 4 2 1
y x m x x x m .


     

 
2
0
0
2 1
x
y
x m



 

 

nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1

0.25
 Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:
   


 


2 2
0 2 1 2 1 4 10 5 2 1 4 10 5
A ; m ,B m ; m m ,B m ; m m .

         
Ta có:




 
4
2 2
2
2 1 16 1
8 1
AB AC m m
BC m
    
 

0.5

I

2


So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra
3
3
1
2
m  
0.25
Đk: 0
2
cos x x k


    ,ta có
 
2
2 inx 1 2 n
4
cos( x ) cos x s , sin x cos x si

     

0.25







 
 
 
4
2 2
3
4
os 1 2
os inx
cos x sin x c x sin x sin x
cos x sin x c x sin x s cos x
    
    

 
3
0
sin x cos x sin x
  

0.25

II








1







0
0 0
4
x k
sin x x k
cos x sin x tan x

x k






 
 

  
 

  
 
 


Vậy pt có 2 nghiệm:
4
x k
x k







 



0.5
Đk:
1
y

. Ta có






2 4 3 3
9 9 9 0
x y y x y y x y x y
         

0.25
vì
1
y

và
3
1 1 2
x y
   
nên

3
1
x


2

x

7.Do đó
3
9
x y
 

-1<0
nên x=y
0.25
Thế vào pt ban đầu ta được
3
1 1 2
x x
   
.Đặt
3
1
a x
 
1
b x

 
(b>0) thì
3 2
2
2
a b
a b
 


 



   


2
3 3 2 2
2 2 4 2 0 1 2 2 0
a a a a a a a a
            



1; 1 3; 1 3
a a a      
0.25

2
Từ đó tìm đựơc các nghiệm của hệ : x=y=0 và
11 6 3 11 6 3
x y ;x y        0.25
1 1
3
2
1 2
2
0 0
4
x
x
I xe dx dx I I
x
   

 

0.25
Tính
1
2 2
2 2 1
1 0
0
1 1

( ) |
2 2 4
x
x x
e e
I xe dx xe

   


0.25
Tính
2
I
bằng cách đặt
2
4
t x
 
được
2
16
3 3
3
I
 

0.25

III

2
61
3 3
4 12
e
I
  

0.25

4a
2a 2
2a
2a
a
a
a 5
C'

C
a
a
a
a

a
45

45

H
E
A
D
C
B
H
B
A
C
D
S


Từ giả thiết suy ra


SH ABCD
 và
2 3
3
2
a
SH a
 

0.25
Theo định lý Pythagoras ta có
2 2
2
CH SC SH a
   .
Do đó tam giác
HBC
vuông cân tại
B
và
BC a


0.25
Gọi
D
E HC A
 
thế thì tam giác
HAE
cũng vuông cân và do đó suy ra
2 2 2 4 3 .
DE a a AD a
    

0.25

IV



Suy ra






2 2 ; ;
CE a d D HC d D SHC
   y ra
0.25
 
2

1
4
2
ABCD
S BC DA AB a
    (đ.v.d.t.). Vậy
3
. D
1 4
3
3
S ABC ABCD
a
V SH S    (đ.v.t.t.)
Ta có: 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) = (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
)
= a
3
+ b

3
+ c
3
+ a
2
b + b
2
c + c
2
a + ab
2
+ bc
2
+ ca
2

mà a
3
+ ab
2


2a
2
b
b
3
+ bc
2


2b
2
c
c
3
+ ca
2


2c
2
a
Suy ra 3(a
2
+ b
2
+ c
2
)

3(a
2
b + b
2
c + c
2
a) > 0
0.25
Suy ra

2 2 2
2 2 2
ab bc ca
VT a b c
a b c
 
   
 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
9 ( )
2( )
a b c
VT a b c
a b c
  
    
 

0.25
Đặt t = a
2
+ b
2
+ c
2
, ta chứng minh được t

3.

Suy ra
9 9 1 3 1
3 4
2 2 2 2 2 2 2
t t t
VT t
t t

         
 VT  4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
0.5
ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 . Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán
kính
10
R  nên
2 2 2
2 2
| 2 3 3 2 |
10 10( ) 25( )
a b a b
a b a b
a b
  
    


0.25


( 3 )(3 ) 0 3
a b a b a b
     
hay
3
b a
 

pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0
0.25
TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t)t>-1 và do IA
2
=2.R
2
=20 t = 1, t = -1 (loại).
Suy ra A(6;1) C(-2; 5)
0.25

1
TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)t>0 và do IA
2
=2.R
2
=20 t = 0, t = -2 (không thoả
mãn)
0.25
+ ) Ta có:
(2; 2; 2), (0; 2;2).
AB AC  
uuur uuur
Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực
của AB, AC là:
1 0, 3 0.
x y z y z
      

0.25
+) Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là
, (8; 4;4).
n AB AC
 
  

 
r uuur uuur
Suy ra (ABC):
2 1 0
x y z
   
.
0.25
+) Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
x y z x
y z y
x y z z
    
 
 
    
 
 
    
 
. Suy ra tâm đường tròn là
(0; 2;1).
I
0.25

V

















VI.a

2
Bán kính là
2 2 2
( 1 0) (0 2) (1 1
.
)
5
        R IA
0.25

21
20
(1 ) 1
1 (1 ) (1 )
i
P i i
i
 
      
0,25
10
21 2 10 10
(1 ) (1 ) .(1 ) (2 ) (1 ) 2 (1 )
i i i i i i
 
        
 


0,25

 
10
10 10
2 (1 ) 1
2 2 1
i
P i
i
  
    


0,25


VII.a








Vậy: phần thực
10
2

, phần ảo:
10

2 1


0,25






Ta có: Idd
21
 . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:

0.25











2/3y
2/9x
06yx
03yx

. Vậy






2
3
;
2
9
I
M là trung điểm cạnh AD OxdM
1
 . Suy ra M( 3; 0)
Ta có: 23
2
3
2
9
32IM2AB
22
















Theo giả thiết: 22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS
ABCD
ABCD

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d
1
ADd
1

Đường thẳng AD có PT: 03yx0)0y(1)3x(1









. Lại có:
2MDMA 




0.25
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
 







2y3x
03yx
2
2

   



















13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2
2
2
2







1y
2x

hoặc





1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)



0.25











1








2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra:





213yy2y
729xx2x
AIC
AIC

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)


0.25
Ta có
(2; 3; 1), ( 2; 1; 1) (2;4; 8)
AB AC n
         
uuur uuur r
là 1 vtpt của (ABC)
0.25

Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0
0.25
M(x; y; z) MA = MB = MC ta có
2 3 2 0
2 0
x y z
x y z
   


  


0.25

VI.b



2
M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7
0.25
Đặt


x, yz x yi  
¡
. Ta có
2 1 2
2 1 2
2 1 2 2
z z z
x yi x yi x yi
x yi yi
   
       
    

 
2
2 2
2 1 4 4
x y y
    

0.5






VII.b


2
2 0
0
2
x x
x
x
  







Vậy tập hợp các điểm cần tìm là 2 đường thẳng
0, 2
x x

 



0.5