ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,D - TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC SÔNG LÔ pptx

1
/4

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH SÔNG LÔ
ĐỀ CHÍNH THỨC

Đ/c: Đồng Thịnh –Sông Lô – V.Phúc
ĐT : 0987.817.908; 0982.315.320



ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN III NĂM 2011
Môn thi : TOÁN - khối A.
Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
2
1
x
y
x



1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC cân tại đỉnh A với A(2;0).
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
)

2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1



 x
xx
x
x

2. Giải bất phương trình :
2 2
35 5 4 24
x x x
    

Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân :
2
4
4 2
4
sin
cos (tan 2tan 5)
xdx
x x x




 


Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều '''. CBAABC có ).0(',1



mmCCAB Tìm
m
biết
rằng góc giữa hai đường thẳng
'
AB
và 'BC bằng
0
60
.
Câu V (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

2 2
10x 8 4 (2 1). 1
x m x x
+ + = + +

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d
1
):
7 17 0
x y
  
, (d
2
):
5 0
x y
  
. Viết phương trình
đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d
1
),(d
2
) một tam giác cân tại giao điểm của (d
1
),(d
2
).
2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho
độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức (z
2
+3z+6)
2
+2z(z

2
+3z+6)-3z
2
= 0
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):

2 2
2 4 8 0
x y x y
    
.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C)và đường thẳng d (cho
biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C)sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là
2 2 2
( ) : 4 2 6 5 0, ( ): 2 2 16 0
S x y z x y z P x y z
          
.
Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị
trí của M, N tương ứng.
Câu VII.b (1 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức z
4
-z
3
+
2
2
z

+z+1 = 0
HẾT
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh số báo danh


2
/4





TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH SÔNG LÔ
Đ/c: Đồng Thịnh –Sông Lô – V.Phúc
ĐT : 0987.817.908; 0982.315.320
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN III NĂM 2011
Môn thi : TOÁN - khối A.
Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao đề

Câu Ý Nội dung Điểm
I 2
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)

-Tập xác định: R\{1}
-Sự biến thiên:
 

2
2
' 0 1
1
y x
x

   

. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng


;1

và


1;


0.25
-
   
1 1
lim ; lim 1
x x
y y x
 
 
     

là tiệm cận đứng
-
lim lim 2 2
x x
y y y
 
   
là tiệm cận ngang
0.25
-Bảng biến thiên
-
+
2
2
y
y'
x
-
-
+
1
-






0.25

-Đồ thị: Học sinh tự vẽ. Yêu cầu vẽ đồ thị cân đối, đảm bảo tính đối xứng của 2 nhánh qua giao điểm của
hai đường tiệm cận. Thể hiện đúng giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ.

0.25
2 Tìm toạ độ hai điểm B, C…
1,0

Ta có
2
( ): 2
1
C y
x
 

; Gọi
2 2
( ;2 ), ( ;2 ),
1 1
B b C c
b c
 
 
với ( b < 1 < c).

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C lên trục Ox, ta có
·
·
·
·

·
·
; 90
AB AC CAK BAH CAK ACK BAH ACK
      
và
·
·
0
90
AH CK
BHA CKA ABH CAK
HB AK

      






H
K
B
A
C

0,5

Hay
2
2 2
1
1
2
3
2 2
1
b
b
c
c
c
b
  
 



  






 




.Vậy
( 1;1), (3;3)
B C

.
0,5
II
2,0
1 Giải phương trình …
1,0

§iÒu kiÖn: .0cossin,0sin



xxx
PT


2
cos 2sin cos cos 2cos
2cos 0 0 cos sin( ) sin2 0
sin cos sin cos 4
2sin 2sin

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

0.5

3
/4

+) .,
2
0cos kkxx



+)
2
2 2
4
4
sin 2 sin( ) , Z
2
4

2 2
4 3
4
x m
x x m
x x m n
n
x
x x n

2
4 3
t
x


0,25
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là


kx
2
; .,,
3
2
4
tk
t
x



0.25
2 Gii bt phng trỡnh.
1,0
BPT tng ng:
2 2 2 2
2 2
11
35 24 5 4 5 4 11 (5 4)( 35 24)

35 24
x x x x x x x
x x



0.25
a)Nu x
4
5

khụng tha món BPT
0.25

b)Nu x > 4/5: Hm s
2 2
(5 4)( 35 24)
y x x x vi x > 4/5
y

=
2 2
2 2
1 1
5( 35 24) (5 4)( )
35 24
x x x
x x

>0 mi x>4/5
Vy HSB. +Nu 4/5<x

1 thỡ y(x)

11
+Nu x>1 thỡ y(x)>11 Vy nghim BPT x>1
0.5
Tớnh tớch phõn
1,0
III

2
4
4 2
4
sin
cos (tan 2tan 5)
xdx
I
x x x






. t
2
tan

1
dt
t x dx
t


. Ta cú
1 1
2
2 2
1 1
2
2 ln 3
2 5 3 2 5
t dt dt
I
t t t t






0.5

Tớnh
1
1
2
1

2 5
dt
I
t t




. t
0
1
4
1 1
tan
2 2 8
t
u I du






. Vy
2 3
2 ln
3 8
I

.

0,5
IV
1,0

Hỡnh V













Kẻ
// ' ( ' ')
BD AB D A B

0
60)',()','( BCBDBCAB

0
60' DBC hoặc .120'
0
DBC
0,25

Nếu
0
60'DBC . Vì lăng trụ đều nên
' ( ' ' '),
BB A B C
áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có
1'
2
mBCBD và .3'DC Kết hợp
0
60'DBC ta suy ra 'BDC

đều.
Khi ú .231
2
mm



0,5

Nếu
0
120'DBC . áp dụng định lý cosin cho 'BDC

suy ra 0

m (loại). Vậy .2m
0,25

C

C

B

B

A

m

D

3
1

1

0
120

A

4
/4

V Tìm m để phương trình …
1,0

2 2 2
1 0 8x 4 2(2 1) 2( 1)
x x x
+ + = + + +
(3) 
2
2 2
2 1 2 1
2 2 0
1 1
x x
m
x x
æ + ö æ + ö
÷ ÷
ç ç
- + =
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç
÷
ç
è ø
è ø
+ +
.

0,25

Đặt
2
2 1
1
x
t
x
+
=
+
Điều kiện : –2< t
5
£ . Rút m ta có: m=
2
2 2
t
t
+
.
0,25

Lập bảng biên thiên được đáp số
12
4
5
m< £ hoặc –5 <
4
m
< -

0,5
VI
a


2,0
1 Viết phương trình đường thẳng
1,00
Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d
1
, d
2
là:
1
2 2 2 2
2
3 13 0 ( )
7 17 5
3 4 0 ( )
1 ( 7) 1 1
x y
x y x y
x y
   
   

 

   


  

0,5

PT đường cần tìm đi qua M(0;1) và song song với
1 2
,
 
nên ta có hai đường thẳng thoả mãn
3 3 0
x y
  
và
3 1 0
x y
  

0,5
2 Tìm toạ độ điểm D…
1,00

Ta có


1; 4; 3
AB
   
uuur
Phương trình đường thẳng AB:
1

5 4
4 3
x t
y t
z t
 


 


 



0,25
Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB
0,25

Gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)
( ;4 3;3 3)
DC a a a
   
uuur
. Vì
AB DC

uuur uuur
=>-a-16a+12-
9a+9=0<=>

21
26
a  . Tọa độ điểm
5 49 41
; ;
26 26 26
D
 
 
 

0.5
VII
a
Giải phương trình trên tập số phức
1,00

Ta thấy z = 0 không là nghiệm của phương trình . Chia cả hai vế cho z
2
và đặt
2
3 6
z z
t
z
+ +
= ,
Dẫn tới phương trình : t
2
+2t-3 = 0 t=1 hoặc t=-3.

0,5

 Với t=1 , ta có : z
2
+3z+6 = z  z
2
+2z+6 = 0  z = -1
5
i
0,25

 Với t=-3 , ta có : z
2
+3z+6 = -3z  z
2
+6z+6 = 0 z = -3 
3

0,25
VI
b

2,0
1
Tìm toạ độ điểm C
1,00
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
2 2
0; 2
2 4 8 0

1; 3
5 2 0
y x
x y x y
y x
x y
 

    


 
   
  


.Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
0,5

Vì
·
0
90
ABC 
nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của
đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).


0,5
2

Tìm toạ độ các điểm M, N
1,0
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.
0,25

5
/4

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
 
 


2.2 2. 1 3 16
, 5
3
d d I P d R
   
    
.
Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.
Trong trường hợp này, M ở vị trí M
0
và N ở vị trí N
0
. Dễ thấy N
0
là hình chiếu vuông góc của I trên mặt
phẳng (P) và M
0

là giao điểm của đoạn thẳng IN
0
với mặt cầu (S).
0,25

Gọi

là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N
0
là giao điểm của

và (P).
Đường thẳng

có vectơ chỉ phương là


2;2; 1
P
n
 
r
và qua I nên có phương trình là
 
2 2
1 2
3
x t
y t t
z t

 


   


 

¡
.




0,25
Tọa độ của N
0
ứng với t nghiệm đúng phương trình:
     
15 5
2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0
9 3
t t t t t
               
.Suy ra
0
4 13 14
; ;
3 3 3
N

 
 
 
 
.
Ta có
0 0
3
.
5
IM IN

uuuur uuur
Suy ra M
0
(0;-3;4)




0,25
VII
b
Giải phương trình trên rập số phức
1,00

. z
4
-z
3

+
2
2
z
+z+1 = 0  (z
4
+1)-(z
3
-z)+
2
2
z
=0.
0,5

Chia cả hai vế cho z
2
, ta được : (z
2
+
2
1
z
) –(z-
1
z
) +
1
2
=0 

2
5
0,
2
w w- + = (với
1
z
z
w
= -
)

1 3
,
2 2
i
w = + hoặc
1 3
2 2
i
w = -
+ Phương trình : z-
1
z
=
1
2
+
3
2

i cho nghiệm z
1
=1+i ; z
2
=-
1
2
(1-i)
+ Phương trình : z-
1
z
=
1
2
-
3
2
i cho nghiêm z
3
=-
1
2
(1+i) ; z
4
= 1-i

0,5