Đề Thử Sức Đại Học Môn Toán 2011 - Đề Tham Khảo Số 24 pps

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số 132
24
++−= mmxxy (1) (m là tham số thực)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại,
cực tiểu tạo thành tam giác có diện tích bằng 1.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình: .xsinxcosxcos 2
4
3
4
3
22
2
=






π

−






π
+−
2) Giải hệ phương trình: )Ry,x(
)x(y)x(
xxyyx
∈





+=++
+=+
2
6432
112
22
.
Câu III. (1 điểm)
Tính tích phân
∫
π
+

−
=
2
0
12
32
dx
xsin
xcosxsin
I .
Câu IV. (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SC tạo với mặt
phẳng đáy góc 45
0
và tạo với mặt phẳng (SAB) góc 30
0
. Biết độ dài cạnh AB = a. Tính thể tích khối của
chóp S.ABCD.
Câu V. (1 điểm)
Giải bất phương trình: 3294
2
12
22
13
−+<
+
+−
++ xx
x
x

. )Rx( ∈ .
PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: PHẦN A hoặc PHẦN B)
PHẦN A
Câu VIa. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm );(H 11 − , điểm );(E 21− là trung điểm
của cạnh AC và cạnh BC có phương trình 012 =+− yx . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
2
1
1
1
2
1
1
−
=
+
=
−
∆
zyx
: . Viết phương trình mặt
cầu (S) có tâm là điểm );;(I 301 và cắt đường thẳng
1
∆ tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại
I.
Câu VIIa. (1 điểm)
Tìm số phức z thỏa mãn: )iz)(z( 21 +− là số thực và z nhỏ nhất.
PHẦN B
Câu VIb. (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M(2; 3). Viết phương trình đường thẳng lần lượt cắt các trục
Ox, Oy tại A và B sao cho MAB là tam giác vuông cân tại A.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
1
1
1
2
1
1
2
−
+
=
−
=
+
∆
zyx
: . Viết phương trình mặt
phẳng (P) chứa đường thẳng
2
∆ và tạo với mặt phẳng (xOy) một góc nhỏ nhất.
Câu VIIb. (1 điểm)
Tìm một acgumen của số phức 0≠z thỏa mãn zizz =− .
Hết
Họ và tên thí sinh: Số b
áo danh

TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN KHUYẾN ĐỀ THỬ SỨC ĐẠI HỌC 2010
LỚP 12D1 Môn thi: Toán

 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)



ĐỀ SỐ 024







24


SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010
Môn thi: Toán

NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I. 2 điểm
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 132
24
++−= mmxxy khi m = 1
Khi m = 1 thì 42
24
+−= xxy

* Tập xác định: R
* Sự biến
thiên: ⇔=
′
−=
′
044
3
y,xxy x = 0; x = -1 hoặc x = 1
* Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 4; đạt cực tiểu tại
1
±
=
x
, y
CT
= 3
* Bảng biến thiên
x
∞
−
-1 0 1
∞
+


y’ - 0 + 0 - 0 +

∞
+
4
∞
+


y
3 3
* Vẽ đúng đồ thị

2) Tìm các giá trị của m để
Ta có 04
2
=−=
′
)mx(xy khi x = 0 hoặc
m
x
=
2
. Để hàm số có CĐ, CT thì m > 0.
Khi đó, đồ thị hàm số có các điểm CĐ, CT là )mm;m(B);m;(A 13130
2
++−−+ và
)mm;m(C 13
2
++− .
Vì ;OyA
∈

B, C đối xứng với nhau qua Oy nên
11
2
1
2
=⇔==−−= mmmxx.yyS
CBBAABC
(thỏa mãn)
1 điểm



0
,25đ
0,25
đ



0,25đ


0,25đ

1 điểm
0,25đ

0,25đ

0,5đ
Câu II. 2 điểm
1) Giải phương trình
.xsinxcosxcos 2
4
3
4
3
22
2
=






π
−






π
+−

Phương trình
( )

22
2
42
2
=π−−






π
+−⇔ xsinxsinxcos

2242
2
=+−⇔ xsinxcosxcos
2222121
22
=++−−⇔ xsinxsinxsin 0222
2
=−+⇔ xsinxsin
22
−
=
⇔
xsin (loại) hoặc
1
2
=

x
sin
)Zk(kx ∈π+
π
=⇔
4


2) Giải hệ phương trình:
)Ry,x(
)()x(y)x(
)(xxyyx
∈





+=++
+=+
2112
122
2
643
2
.
PTrình (1) 0202
422226322
=+++−⇔=−+−⇔ )xyxyx)(xy()xy()xy(x

2
xy =⇔ do y,xxyxyx ∀>+++ 02
4222

Thay vào phương trình (2) ta được
0112211212
22222
=+−++−+⇔++=++ )]x(x[)xxx(xxx)x(
0121
22
=+−−+⇔ )xx)(x(
1 điểm
0
,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

1 điểm


0,25đ
0,25đ

0
,25đ


Đ

Ề

S
Ố

024




98

* ⇒=+ xx 1
2
vô nghiệm
* 321
2
±=⇔=+ xx . Vậy hệ có hai nghiệm );( 33− và );( 33

0,25đ
Câu III 1 điểm
Tính tích phân
∫
π
+
−
=
2
0
12

32
dx
xsin
xcosxsin
I .
Đặt t = sinx thì dt = cosxdx và 1
2
00 =⇒
π
==⇒= tx;tx
Ta có:
∫∫
+
−
=
+
−
=
π
1
0
2
0
12
32
12
32
dt
t
t

dx
xsin
xcos)xsin(
I
∫






+
−=
1
0
12
4
1 dt
t


[ ]
321
0
1
122 ln)tln(t −=+−=

0,2
5đ


0,25đ


0,5đ
Câu IV 1 điểm
Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
S






D C


O

A a B

Vì )ABCD(SA
⊥
nên
0
45=
∧

SCA ; )SAB(CB
⊥
nên
0
30=
∧
CSB .
Tam giác SBC vuông tại B có
0
30=
∧
CSB nên SCBC
2
1
= ; Tam giác SAC vuông tại A
có
0
45=
∧
SCA nên SCACSA
2
2
== .
Có aBCaSCSCaSCBCABAC =⇔=⇔+=⇔+= 2
4
1
2
1
222222
và 2aSA =

Vậy
3
2
3
1
3
a
S.SAV
ABCDSABCD
==











0,2
5đ

0,25đ


0
,25đ

0,25đ
Câu V 1 điểm
Giải bất phương trình:
3 1
2 1
2 2 4 9.2 3
2
x
x x x+ +
+
− + < + −
.
Đặt
3 2
2 2 0 8.2 2
x x
u u
+
= − ≥ ⇔ = −
và ).(vv
xx
x
1224
2
1
0
2
12
2
++=⇔>

+
=
Khi đó bpt trở thành:
22
22 vuvu +<+
vu)vu(vu)vu( ≠⇔>−⇔+<+⇔ 022
2222

Ta có
3
2 1
2 2
2
x
x
u v
+
+
= ⇔ − = )(logx.
xx
1127052142
2
2
±=⇔=+−⇔





0,5đ

0,25đ



Đ
Ề

S
Ố

024




99

Vậy nghiệm của bpt là
3
2
2
2
2 2 0
log (7 2 11)
log (7 2 11)
x
x
x
x
+


≥ −
− ≥

 
⇔
 
≠ ±
≠ ±






0,25đ
Câu VIa 2 điểm
1) Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giả sử )m;m(C 12
+
. Vì );(E 21
−
là trung điểm AC nên A có tọa độ )m;m(A 232
−
−
−

Có )m;m(AH 243 +−+=
→
; );(u

BC
21=
→
. Vì
BC
AH
⊥
nên
102423 =⇔=+−++=
→→
m)m(mu.AH
BC
. Vậy );(A 13
−
và );(C 31 .
Giả sử )n;n(B 1
2
+
. Có );(AC);n;n(BH 24221 =−−−=
→→
. Vì
AC
BH
⊥
nên
0022214 =⇔=−−+−=
→→
n)n()n(AC.BH . Vậy );(B 10 .

2) Lập phương trình mặt cầu (S)

Đường thẳng
1
∆ qua M(1; -1; 1) và có vtcp );;(u 212
=
r
.
Ta có
3
20
240210
1
=∆⇒−=








−−=
→→
),I(d);;(IM,u);;;(IM
r

Gọi R là bán kính mặt cầu. Để IAB là tam giác vuông cân tại I thì
3
40
2
1

=∆=== ),I(d.IBIAR
Vậy phương trình mặt cầu là
9
40
31
222
=−++− )z(y)x(
1 điểm
0
,25đ


0,5đ



0,25đ

1 điểm
0
,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ
Câu VIIa 1 điểm
Tìm số phức z thỏa mãn: )iz)(z( 21
+

−
là số thực và z nhỏ nhất.
Giả sử z = a + bi ( Rb,a
∈
) thì

[
]
[
]
[
]
[
]
Riba)b(b)a(ai)b(abi)a()iz)(z( ∈−++−−−=−++−=+− 22212121
22
=
+
⇔
ba
Ta có 48522
22222
2
+−=−+=+= aa)a(abaz
Từ đó suy ra z nhỏ nhất khi
5
2
5
4
== b;a . Vậy iz

5
2
5
4
+=


0,5đ
0,25đ

0,25đ
Câu VIb 2 điểm
1) Viết phương trình đường thẳng
Giả sử A(a; 0) và B(0; b). Ta có )b;a(BA);;a(MA −=−−=
→→
32
Cần có








+=+−
=+−
⇔
=
=

→→
222
92
032
0
ba)a(
b)a(a
BAMA
BA.MA


[ ]










−=
=
⇔
−+
=+−
−
=
⇔

1
3
29
9
92
3
2
2
2
2
b
a
)a(
a
)a(
)a(a
b
hoặc



−=
−=
5
3
b
a

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu là 03
3

=
−
−
yx và 01535
=
+
+
yx

2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
Giả sử )c;b;a(n
P
=
→
( )cba 0
222
≠++ .
Vì (P) chứa
2
∆ có );;(u 111
2
−=
∆
r
nên 00
2
=−+⇔=
∆
cbau.n
P

r
r

Gọi
α
là góc giữa (P) và (xOy). Vì );;(n
)xOy(
100=
r
nên
1 điểm
0
,25đ

0,25đ



0,25đ

0,25đ


1 điểm

0
,25đ


Đ

Ề

S
Ố

024




100


)b,a(f
)ba(ba
ba
cba
c
cos =
+++
+
=
++
=α
222222

Góc
α
nhỏ nhất )b,a(f⇔ lớn nhất. Ta có
3

2
1
1
2
22
≤
+
+
+
=
)ba(
ba
)b,a(f
nên f(a,b) lớn
nhất khi a = b.
Chọn a = b = 1 thì c = 2. Vì (P) đi qua
2
121 ∆∈−− );;(M nên (P) có phương trình
0120122111 =+++⇔=++−++ zyx)z()y()x(


0,25đ





0,25đ

0,25đ

Câu VIIb 1 điểm
Tìm một acgumen của số phức 0≠z thỏa mãn zizz =− .
Giả sử
α
là một acgumen của z thì )sini(coszz α+α=
Khi đó
[ ]
z)(sinicosz)(sinicoszizz =−α+α=−α+α=− 11

2
1
11
22
=α⇔=−α+α⇔ sin)(sincos
Vậy z có một acgumen là
6
π
hoặc
6
5π
.

0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ

Đ
Ề

S
Ố

024




101