ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TOÁN - THPT chuyên Lương Văn Tụy pps

SỞ GD-ĐT NINH BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
Năm học: 2010 – 2011
MÔN TOÁN – KHỐI A, B
Thời gian làm bài 180 phút không tính thời gian phát đề
(Đề thi gồm 04 câu chung, 2 câu lựa chọn riêng theo từng
chương trình học, 01 trang)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 ( 2điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2x 1
y
x 1
−
=
+
.
b) Tìm trên đồ thị hàm số
2x 1
y
x 1
−
=
+
hai điểm A, B phân biệt đối xứng với nhau qua đường
thẳng y = 3x + 5.
Câu 2 (2 điểm)
Giải phương trình và bất phương trình sau:
a)

3
sin (x ) 2 sin x
4
π
− =
b)
2 2
2 6 8 2 4 6 3 4 3 3 1 0
+ − + + − − + − + − >
x x x x x x
Câu 3 (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a (a > 0), góc BAD = 120
0
và hai
đường chéo AC, BD cắt nhau tại O; SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc tạo bởi SA và
mặt phẳng (SCD) bằng 60
0
. Tính thể tích khối chóp SABCD theo a.
Câu 4 (2 điểm)
a) Tính:
1
2x 1
1
2
I xe dx
−
=
∫
b) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
2 2 2

2 2
2x y 2x y 2y m
2xy x 4xy 2x 1 m

+ − − =


− + + + =


II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu 5a (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác đều ABC, đường tròn nội tiếp của ABC có
phương trình (x-1)
2
+ (y-2)
2
= 5

và đường thẳng BC đi qua điểm M(
7
2
;2). Xác định tọa độ điểm A.
b) Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng d:
x 1 y 1 z
2 1 1
− +
= =

−
và cắt mặt cầu
(S):
2 2 2
(x 3) (y 1) z 4− + − + =

theo một đường tròn có bán kính nhỏ nhất.
Câu 6a (1điểm)
Giải phương trình sau trên tập số phức: z
3
- 3iz
2
- 3z +2i = 0.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 5b (2 điểm)
a) Cho elip (E):
2 2
x y
1
25 9
+ =
và điểm M(2; 1). Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M cắt
(E) tại hai điểm A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên đường thẳng y = 2x.
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(0;0;1), nằm trên mặt phẳng x + y + z – 1 = 0
và cắt mặt cầu (x-3)
2
+ (y-2)
2
+ (z-2)
2

= 16 tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất.
Câu 6b (1 điểm)
Giải phương trình sau trên tập số phức: z
3
+ 3iz
2
- 3z - 9i = 0.
Hết
Họ và tên thí sinh:……………………………………………… Số báo danh:……………………
SỞ GD-ĐT NINH BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
Năm học: 2010 – 2011
MÔN TOÁN – KHỐI A, B
(Đáp án gồm 05 câu, 06 trang)
Câu 1 (2 điểm)
a. (1 điểm)
- TXĐ
- Giới hạn, tiệm cận
- Đạo hàm, bảng biến thiên
- Đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
b. (1 điểm)
Giả sử A(x
1

; y
1
), B(x
2
; y
2
) (x
1
<

x
2
và (x
1
,x
2
≠-1)
Hệ số góc của đường thẳng qua A, B là
1 2
1 2 1 2
y y 3
k
x x (x 1)(x 1)
−
= =
− + +
Trung điểm I của đoạn thẳng A, B là I(
1 2 1 2
1 2
x x 3(x x 2)

;2
2 2(x 1)(x 1)
+ + +
−
+ +
)
Điều kiện cần và đủ để A, B đối xứng với nhau qua đường thẳng d: y = 3x + 5 là:
1 2
1 2 1 2
1 2
1 2 1
1 2 2
3
.3 1
(x 1)(x 1)
AB d
3(x x 2) x x
I D
2 3. 5
2(x 1)(x 2) 2
(x 1)(x 1) 9 x 4
x x 2 x 2

= −

+ +
⊥


⇔

 
+ + +
∈


− = +

+ +

+ + = − = −
 
⇔ ⇔
 
+ = − =
 
Kết luận: Hai điểm cần tìm là (-4; 3), (2; 1).
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2 (2 điểm)
a. (1 điểm)
3
sin (x ) 2 sin x
4
π
− =
(1)
TXĐ: R
3 3

sin (x ) 2 sin x (sin x-cos x) 4sin x
4
π
− = ⇔ =

*)
x k ,k Z
2
π
= + π ∈
không là nghiệm của (3)
*)
x k ,k Z
2
π
≠ + π ∈
Đặt t = tanx
3 2 3 2 2
(1) (t 1) 4t(t 1) 3t 3t t 1 0 (t 1)(3t 1) 0 t 1⇔ − = + ⇔ + + + = ⇔ + + = ⇔ = −
t 1 x k ,k Z
4
π
= − ⇔ = − + π ∈
KL: Nghiệm của phương trình là
x k ,k Z
4
π
= − + π ∈
0.25
0,25

0,25
0,25
ADCMBKHSO
b. (1 điểm)
2 2
2 6 8 2 4 6 3 4 3 3 1 0 (2)
+ − + + − − + − + − >
x x x x x x
TXĐ
[1; )
+∞
2 2
2 2
2
2 6 8 2 4 6 3 4 3 3 1 0
2( 1)( 4) 2( 1)( 3) 3 4 3 3 1 0
( 2( 1) 3)( 4 3) 1 2( 1) 3 4 3
2( 1) 3 0
( 2( 1) 3) ( 4 3)
11
11
2
6
2
11 30 0
3 2( 1) 4 3
+ − + + − − + − + − >
⇔ − + + − + − + − + − >
⇔ − − + + + = ⇔ − − > + − +


− − >

⇔

− − > + − +




>
>
 
⇔ ⇔ ⇔ >
 
 
− + >
− < + +


x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x
x x x
x
x
x
x x
x x x
Kết luận : Tập nghiệm của bất phương trình là (6 ;+∞)

0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3 (1 điểm)
Ta có: tam giác ACD đều cạnh a.
Gọi M là trung điểm của CD, N là trung điểm của CM ⇒ ON⊥CD
Mà SO⊥(ABCD)⇒SO⊥CD⇒(SON)⊥CD.
Trên mặt phẳng (SON), kẻ OH vuông góc với SN suy ra OH⊥(SCD)
Trên mặt phẳng (ACH), kẻ AK vuông góc với CH suy ra AK⊥(SCD) ⇒(SA,
(SCD))=∠ASK ⇒ ∠ASK = 60
0
.
Đặt SA = x (x>
a
2
) ⇒ AK = xsin60
0
=
x 3 x 3
OH
2 4
⇒ =
2
2 2 2
a 1 a 3
SO SA AO x ,ON AM
4 2 4
= − = − = =

Mà
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 16 4 16
OH SO ON 3x 4x a 3a
= + ⇒ = +
−
2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2
2 2
4a (4x a ) 3a x 4x (4x a ) 16x 17a x 4a 0
17 33 17 33 a( 33 1)
x a x a
32 32 8
⇒ − = + − ⇔ − + =
± ± ±
⇔ = ⇔ = =
9 33
SO a
32
±
⇒ =
3
SABCD ABCD
1 a 54 6 33
V SO.S
3 48
⇒ = =
m
0,25
0,25

A
D
C
M
B
K
H
S
O
N
0,25
0,25
Câu 4. (2 điểm)
a. (1 điểm)
1
2x 1
1
2
I xe dx
−
=
∫
Đặt
2
t 1
t 2x 1 x dx tdt
2
+
= − ⇒ = ⇒ =
1

3 t
0
1 1
3 t 2 t t t 3 2 t
0 0
1
x t 0;x 1 t 1
2
1
I (t t)e dt
2
1 1 7 2e
[(t t)e (3t 1)e +6te -6e ] (t 3t 7t 7)e
2 2 2
= ⇒ = = ⇒ =
= +
−
= + − + = − + − =
∫
0,25
0,25
0,5
b.(1 điểm)
2 2 2
2 2
2x y 2x y 2y m
(I)
2xy x 4xy 2x 1 m

+ − − =



− + + + =


2 2
2 2
2x (y 1) (y 1) 1 m
(I)
2x(y 1) x 1 m

+ − + + =

⇔

+ − + =


Đặt t = y + 1 ta có hệ
2 2
2 2
2x t t 1 m
(II)
2xt x 1 m

− + =


− + =



Nhận xét: (I) có nghiệm duy nhất ⇔ (II) có nghiệm duy nhất.
+) Giả sử (a; b) là nghiệm duy nhất của (II) suy ra (b; a) cũng là một nghiệm của (II),
do đó a = b.
Khi đó phương trình 2a
3
– a
2
+ 1 = m có nghiệm duy nhất.
Xét f(a) = 2a
3
– a
2
+ 1, ta có: f’(a) = 6a
2
– 2a, f’(a) = 0⇔ a = 0 hoặc a =1/3
0,25
a - ∞ 0 1/3 +∞
f’(a) + 0 - 0 +
f(a)
1 +∞
-∞ 26/27
Từ BBT suy ra:
Phương trình 2a
3
– a
2
+ 1 = m có nghiệm duy nhất ⇔ m < 26/27 hoặc m > 1
+) m < 26/27 hoặc m > 1
3 2

2 2
2 2
2 2
2 2
2
t x
2t t 1 m (3)
(x t)(2xt x t) 0
2x t t 1 m
x
(II)
t
2x t t 1 m
2xt x 1 m
2x 1
x (4x 2x 1)
1 m (4)
(2x 1)

=



− + =



− + + =

− + =



−

⇔ ⇔

 
=

− + =
− + =
+


 



+ +


= −

−



Với m > 1: (3) có nghiệm duy nhất và (4) vô nghiệm ⇒ (II) có nghiệm duy nhất.
Với m < 26/27: (3) có một nghiệm duy nhất và nghiệm đó âm
Xét

2 2
2
x (4x 2x 1)
g(x) 1 m
(2x 1)
+ +
= − +
+
ta có: f(x) liên tục trên [0;+∞), f(0) = m – 1 < 0,
x
lim g(x)
→+∞
= +∞
suy ra (4) có ít nhất 1 nghiệm dương, do đo (II) có ít nhất hai nghiệm.
Kết luận: m > 1.
0,25
0,25
0,25
Câu 5a (2 điểm)
a.(1 điểm)
(C) có tâm I(1; 2)bán kính R =
5
Giả sử BC có một VTPT
2 2
7
n(a; b)(a b 0) AB : a(x ) b(y 2) 0
2
+ ≠ ⇒ − + − =
r

BC tiếp xúc với (C) suy ra d(I, BC) = R ⇒
2 2
5
a
a 2b BC : 2x y 9 0
2
5
a 2b BC : 2x y 5 0
a b
= + − =
 
= ⇒ ⇒
 
= − − − =
 
+
Gọi H là tiếp điểm của BC với (C) suy ra H là hình chiếu của I trên BC.
+) BC: 2x - y – 5 = 0 ⇒H (3;1)
0,25
0,25
IA 2IH ( 4;2) A( 3; 4)
= − = − ⇒ −
uur uur
+) BC: 2x + y – 9 = 0 ⇒H (3;3)
IA 2IH ( 4; 2) A( 3;0)
= − = − − ⇒ −
uur uur
0,25
0,25
b. (1 điểm)

(S) có tâm là I(3 ; 1 ; 0) bán kính R = 2.
d đi qua điểm M(1 ; -1 ;0) và có một VTCP là
u(2;1; 1)
−
r
Gọi H là hình chiếu của I trên d ⇒ H(1+2t ;-1+t ;-t)⇒
IH (2t 2;t 2; t)
= − − −
uur
IH u 2(2t 2) t 2 t 0 t 1 H(3;0; 1)
IH 2 R
⊥ ⇒ − + − + = ⇔ = ⇒ −
⇒ = <
uur r
⇒ d và (S) cắt nhau tại hai điểm phân biệt.
Gọi (P) là mặt phẳng cần tìm, K là hình chiếu của I trên (P) khi đó bán kính đường tròn
giao tuyến của (S) và (P) là
2 2 2 2
R ' R IK R IH 2 MinR ' 2
= − ≥ − = ⇒ =
đạt được
khi K trùng H.
Khi đó (P) có một VTPT là
IH (0; 1; 1) (P) : y z 1 0
= − − ⇒ + + =
uur
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 6a (1 điểm)
z
3
- 3iz
2
- 3z +2i = 0⇔(z-i)
3
+i=0
⇔(z-i)
3
-i
3
=0
⇔
2 2
z 2i
i 3
(z 2i)[(z-i) +i(z-i)-1]=0 (z 2i)[(z- ) - ]=0
i 3
2 4
z
2
=


− ⇔ − ⇔
±

=



0,25
0,25
0,5
Câu 5b (2 điểm)
a. (1 điểm)
Nhận xét: M nằm trong (E), do đó mọi đường thẳng đi qua M đều cắt (E) tại hai điểm.
Gọi d là đường thẳng cần tìm.
+ d vuông góc Ox ⇒ d: x=2⇒trung điểm của A, B là I(2; 0) không thuộc đường thẳng
y = 2x
+ d có hệ số góc a suy ra d: y=ax-2a+1.
Tọa độ AB là nghiệm của hệ
2 2
x y
1
25 9
y ax 2a 1

+ =



= − +

0,25
0.25
2 2
2 2 2
x y
y ax 2a 1

1
25 9
(25a 9)x 50a(2a 1)x 25(2a 1) 25.9 0
y ax 2a 1

= − +

+ =

⇔
 
+ − − + − − =


= − +

2
A B
2
50(2a a)
x x
25a 9
−
⇒ + =
+
⇒ AB có trung điểm là
2
2 2
25(2a a) 9 18a
I( ; )

25a 9 25a 9
− −
+ +
I thuộc đường thẳng y = 2x ⇔
2
1
a
2
50(2a a) 9(1 2a) (2a 1)(50a 9) 0
9
a
50

=

− = − ⇔ − + = ⇔


= −


1 9 34
d : y x; y x
2 50 25
⇒ = = − +
0,25
0,25
b. (1 điểm)
(S): (x-3)
2

+ (y-2)
2
+ (z-2)
2
= 16 có tâm là I(3;2;2); bán kính R =4
Mặt phẳng (P):x + y + z – 1 = 0 có 1 VTPT là
n(1;1;1)
r
Gọi H là hình chiếu của I trên (P) suy ra H(1; 0; 0)
IH 2 3⇒ =
Suy ra (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) tâm H bán kính R’ = 2.
HM 2 R '⇒ = < ⇒
mọi đường thẳng qua M đều cắt (C) tại hai điểm phân biệt.
Gọi d là đường thẳng cần tìm, K là hình chiếu của H trên d.
2 2 2 2
AB 2 R ' HK 2 R ' HM 2 2 MinAB 2 2⇒ = − ≥ − = ⇒ =
đạt được khi K trùng M.
Khi đó AB có 1 VTCP là
x t
n,HM (1; 2;1) AB: y 2t
z 1 t
=


 
= − ⇒ = −

 

= +


r uuuur
0,25
0,25
0,25
0,25
6b. (1 điểm)
z
3
+ 3iz
2
- 3z -9i = 0⇔(z+i)
3
- 8i=0
⇔(z+i)
3
+(2i)
3
=0
⇔
2 2
z i
(z i)[(z+i) -2i(z+i)-4]=0 (z i)[z -3]=0
z 3
=

− ⇔ − ⇔

= ±


0,25
0,25
0,5