ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 21 potx

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
1

Đề Thi Thử Đại Học
Năm 2011


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

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1.
2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách
đường thẳng
d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình


 
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x

x x

 


2. Giải phương trình
2 2
7 5 3 2 ( )
x x x x x x      


Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x

  

.
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di
động trên các cạnh AB, AC sao cho




DMN ABC


. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ
diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng:
3 .
x y xy
 

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
2

Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z
0

thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
 
3 3 3
3
16
x y z
P
x y z
 

 

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 mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB:
x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2;
1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường
thẳng
d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z
  
  , d
2
:
2 2
1 5 2
x y z
 
 


Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n  N thỏa mãn

phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai
đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết
phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3 2 1
2 1 1
x y z
  
 

và mặt phẳng (P): x + y + z
+ 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng

nằm trong mặt
phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới

bằng
42

.
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

  




 



- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
3

Hết
SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010
Đáp án gồm 06 trang

Câu Nội dung Điểm

I 2,0
1 1,0
Với m =1 thì
1
1
2
y x
x
  


a) Tập xác định: D


\ 2
 

0.25
b) Sự biến thiên:
   
2
2 2
1 4 3
' 1
2 2
x x
y

x x
 
  
 
,
1
' 0
3
x
y
x


 



.
lim
x
y

 
, lim
x
y

 
,
2 2

lim ; lim
x x
y y
 
 
   
,





lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0
x x
y x y x
 
     

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x –
1.
0.25

Bảng biến thiên






Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng





;1 , 3; ;
 
hàm số nghịch biến trên
0.25
x
y’
y
-



1 2 3
+


0
0
+


+


-


-



1
3
–
–
+
+

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
4

mỗi khoảng




1;2 , 2;3

Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: y
CĐ
= 1 tại x = 1; y
CT
= 3 tại x = 3.

c) Đồ thị:

0.25
2

1.0
Với x

2 ta có y
’
= 1-
2
( 2)
m
x 
;
Hàm số có cực đại và cực tiểu

phương trình (x – 2)
2
– m = 0 (1) có
hai nghiệm phân biệt khác 2
0
m
 

0.25
Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là:
1 1
2 2

2 2 2
2 2 2
x m y m m
x m y m m
     
     

0.25

Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(
2 ;2 2 )
m m m
  
;
B(
2 ;2 2 )
m m m
  

Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:
2 2
m m m m
    

0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
5

0
2

m
m







Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán
Vậy ycbt  m = 2.

0.25
II

2.0
1
Giải phương trình


 
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x

 



1.0
ĐK:
sin cos 0
x x
 
0.25
Khi đó








2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cos
PT x x x x x
     





1 sin 1 cos sin sin .cos 0
x x x x x
     







1 sin 1 cos 1 sin 0
x x x
    

0.25
sin 1
cos 1
x
x
 



 

(thoả mãn điều kiện)
0.25

2
2
2
x k
x m



 

  



 




,k m
Z

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k


   và
2
x m
 
 




,k m
Z

0.25
2
Giải phương trình:
2 2
7 5 3 2 ( )
x x x x x x      


1.0
2
2 2
3 2 0
7 5 3 2
x x
PT
x x x x x

  



     



0.25

2
3 2 0
5 2( 2)
x x
x x x

  



   



0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
6


3 1
0
2
5 2.
x
x
x
x
x



  

 




  


 
 
2
2 0
1 16 0
x
x x
  




  



0.25

1

x
  

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1.
0.25
III
Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x

  

.
1.0
Đặt u =
2
1 1 2
x u x udu dx
     
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
  



  


0.25
Ta có:
3 2 2 2
3
2
0 1 1 1
3 2 8 1
(2 6) 6
3 2 1
3 1 3
x u u
dx du u du du
u u u
x x
 
   
  
  
   

0.25

 
2
2

1
2
6 6ln 1
1
u u u   

0.25


3
3 6ln
2
  
0.25
IV 1.0


Dựng
DH MN H
 

Do






DMN ABC DH ABC
  

mà
.
D ABC
là
tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều
ABC
.





0.25
D
A
B
C
H
M
N
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
7

Trong tam giác vuông DHA:
2
2 2 2
3 6
1

3 3
DH DA AH
 
    
 
 
 

Diện tích tam giác
AMN
là
0
1 3
. .sin60
2 4
AMN
S AM AN xy
 
0.25
Thể tích tứ diện
.
D AMN
là
1 2
.
3 12
AMN
V S DH xy
 

0.25
Ta có:
AMN AMH AMH
S S S 
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin30 . .sin30
2 2 2
xy x AH y AH  


3 .
x y xy
 


0.25
V

1.0
Trước hết ta có:
 
3
3 3
4
x y
x y

  (biến đổi tương đương)





2
0
x y x y
    

0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
   
 
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
   
    
(với t =
z
a
,
0 1
t

 
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t


0;1

. Có
 
 
2
2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
 
      
 

Lập bảng biến thiên
0.25

 
 

0;1
64
inf
81
t
M t

  
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0
0.25
VI.a 2.0
1

1.0

Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
8

21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13
5 5

5
x
x y
B
x y
y



  


 
 
 
 
  
 






Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc
giữa AB và BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b
 

  
(với a
2
+ b
2
> 0) lần lượt
là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:




os , os ,
AB BD AC AB
c n n c n n
   

2 2 2 2
3
2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b
b
a
 


        


 


0.25
- Với a = - b. Chọn a = 1

b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
   
 
 
 
   
 

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2

x
x y
I
x y
y



  


 
 
 
 
  
 






Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
 
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 

 
 


0.25
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25

2 1.0

Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m
z t z m
    
 
 
    
 
 
   
 

0.25
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
9

Giả sử d cắt d
1
tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d
2
tại N(2 + m ; - 2 + 5m ;
- 2m)
MN


(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
0.25
Do d  (P) có VTPT
(2; 1; 5)
P
n
 

nên :
p
k MN kn
  
 
3 2 2
3 5 3
2 2 5
m t k

m t k
m t k
  


    


    

có
nghiệm
0.25
Giải hệ tìm được
1
1
m
t






Khi đó điểm M(1; 4; 3)

Phương trình d:
1 2
4
3 5

x t
y t
z t
 


 


 

thoả mãn bài toán






0.25
VII.a

Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n  N thỏa mãn phương
trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3

1.0
Điều kiện:
3
n N
n






Phương trình log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3  log
4
(n – 3)(n + 9) = 3
0.25
 (n – 3)(n + 9) = 4
3
 n
2
+ 6n – 91 = 0
7
13
n
n





 


Vậy n = 7.
0.25
Khi đó z = (1 + i)
n
= (1 + i)
7
=
     
3
2
3
1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8
i i i i i i i
 
        
 
0.25

Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
(thoả mãn)
(không thoả mãn)
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
10

VI.b 2.0

1 1.0
Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y
         

Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
  


  


0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25
Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n
 
 
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0

0.25

Bán kính R = d(C; BG) =
9
5


phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25

0.25
2

1.0
Ta có phương trình tham số của d là:
3 2
2
1
x t
y t
z t
 



  


  

 toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2
1
2 0
x t
y t
z t
x y z
 


  


  


   

(tham số t)
(1; 3;0)
M
 

0.25

Lại có VTPT của(P) là
(1;1;1)
P
n

, VTCP của d là
(2;1; 1)
d
u


.
Vì

nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP
, (2; 3;1)
d P
u u n

 
  
 
  

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên

, khi đó
( 1; 3; )

MN x y z
 

.

Ta có
MN

vuông góc với
u


nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại có N

(P) và MN =
42
ta có hệ:
2 2 2
2 0
2 3 11 0
( 1) ( 3) 42
x y z
x y z
x y z

   

   



    


0.25

- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
11

Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5 2 5
:
2 3 1
x y z
  
  


Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3 4 5
:
2 3 1
x y z
  
  


0.25
VII.b

Giải hệ phương trình
 
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

  




 



1.0
Điều kiện:
0
0

y x
y
 





0.25
Hệ phương trình
 
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
 
  
      
  
  
  
  
     
  

0.25
2
2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y
x y x y
y
x y y y


 
 

  
  

   
 



0.25

 
 

15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x y

 


 
 



 
  

 

 


Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng
phần như

đáp án quy định.



(không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I
12