Đề thi thử đại học môn toán năm 2011 trường THPT Nguyễn Khuyến pps

hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
ĐỀ 1

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 2
y f x x x
= = −

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với
a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:
(
)
2 cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x
−
=
+ −

2. Giải bất phương trình:
( )
2
3 1 1
3 3

1
log 5 6 log 2 log 3
2
x x x x
− + + − > +

Câu III

(1 điểm)
Tính tích phân:
( )
2
4 4
0
cos 2 sin cos
I x x x dx
π
= +
∫

1
2
0
3
dx
I
x
=
+
∫

Câu IV

(1 điểm)
Cho m
ộ
t hình tr
ụ
tròn xoay và hình vuông ABCD c
ạ
nh a có hai
đỉ
nh liên ti
ế
p A, B
n
ằ
m trên
đườ
ng tròn
đ
áy th
ứ
nh
ấ
t c
ủ
a hình tr
ụ
, hai

đỉ
nh còn l
ạ
i n
ằ
m trên
đườ
ng tròn
đ
áy th
ứ
hai c
ủ
a
hình tr
ụ
. M
ặ
t ph
ẳ
ng (ABCD) t
ạ
o v
ớ
i
đ
áy hình tr
ụ
góc 45
0

. Tính di
ệ
n tích xung quanh và th
ể
tích c
ủ
a
hình tr
ụ
.
Câu V

(1 điểm)
Cho ph
ươ
ng trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1
x x m x x x x m
+ − + − − − =

Tìm m
để
ph
ươ
ng trình có m
ộ
t nghi

ệ
m duy nh
ấ
t.

PHẦN RIÊNG (3 điểm):
Thí sinh ch
ỉ
làm m
ộ
t trong hai ph
ầ
n (Ph
ầ
n 1 ho
ặ
c ph
ầ
n 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a

(2 điểm)
1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h

ệ
t
ọ
a
độ
Oxy, cho
đườ
ng tròn (C) và
đườ
ng th
ẳ
ng
∆

đị
nh b
ở
i:

2 2
( ): 4 2 0; : 2 12 0
C x y x y x y
+ − − = ∆ + − =
. Tìm
đ
i
ể
m M trên
∆
sao cho t

ừ
M v
ẽ

đượ
c v
ớ
i
(C) hai ti
ế
p tuy
ế
n l
ậ
p v
ớ
i nhau m
ộ
t góc 60
0
.

2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ

Oxyz, cho t
ứ
di
ệ
n ABCD v
ớ
i A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3),
D(1;-1;0). Tìm t
ọ
a
độ
tâm và bán kính c
ủ
a m
ặ
t c
ầ
u ngo
ạ
i ti
ế
p t
ứ
di
ệ
n ABCD.
Câu VII.a

(1 điểm)
Cho ph

ươ
ng trình : z
3
+ (2 – 2i)z
2
+ (5 – 4i)z – 10i = 0 (1)
1)

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng (1) nh
ậ
n m
ộ
t nghi
ệ
m thu
ầ
n
ả
o.
2) Gi
ả
i ph
ươ
ng trình (1).
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b

(2 điểm)

1. Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng t
ọ
a
độ
Oxy, cho hình ch
ữ
nh
ậ
t ABCD có di
ệ
n tích b
ằ
ng 12, tâm I thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng
(
)
: 3 0
d x y

− − =
và có hoành
độ

9
2
I
x
=
, trung
đ
i
ể
m c
ủ
a m
ộ
t c
ạ
nh là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a (d)
và tr
ụ
c Ox. Tìm t
ọ

a
độ
các
đỉ
nh c
ủ
a hình ch
ữ
nh
ậ
t.
2. Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho m
ặ
t c
ầ
u (S) và m
ặ
t ph
ẳ
ng (P) có ph
ươ
ng 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
+ + − + − + = + − + =
.

Đ
i
ể
m M di
độ
ng trên (S) và
đ
i
ể
m N di
độ
ng trên (P). Tính
độ
dài ng
ắ
n nh
ấ
t c
ủ
a
đ
o
ạ
n th

ẳ
ng MN.
Xác
đị
nh v
ị
trí c
ủ
a M, N t
ươ
ng
ứ
ng.
Câu VII.b

(1 điểm)

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng: E =
19 7 20 5
9 7 6
n n
i i
i i
+ +
   
+

   
− +
   
∈ R .
H
ế
t




hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
ĐÁP ÁN
Câu Ý

Nội dung Điể
m
I

2,00
1

1,00
+ MX
Đ
:
D
=


0,25
+ S
ự
bi
ế
n thiên
•

Gi
ớ
i h
ạ
n:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞

•

( )
3 2
0
' 4 4 4 1 ; ' 0
1
x
y x x x x y
x
=


= − = − = ⇔

= ±


0,25
•

B
ả
ng bi
ế
n thiên

(
)
(
)
(
)
1 2
1 1; 1 1; 0 0
CT CT
y y y y y y
= − = − = = − = =
C§

0,25

•
Đồ
th
ị


0,25
2

1,00
Ta có
3
'( ) 4 4
f x x x
= −
. G
ọ
i a, b l
ầ
n l
ượ
t là hoành
độ
c
ủ
a A và B.
H
ệ
s
ố

góc ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i A và B là
3
'( ) 4 4
A
k f a a a
= = −

3
'( ) 4 4
B
k f b b b
= = −

Ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i A, B l
ầ
n l

ượ
t có ph
ươ
ng trình là:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
' ' ( ) af' a
y f a x a f a f a x f a= − + = + −
;
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
' ' ( ) f' b
y f b x b f b f b x f b b= − + = + −

Hai ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i A và B song song ho
ặ
c trùng nhau khi và ch
ỉ
khi:
(
)
(
)
3 3 2 2
4a 4a = 4b 4 1 0 (1)
A B
k k b a b a ab b= ⇔ − − ⇔ − + + − =
Vì A và B phân bi
ệ
t nên
a b
≠
, do
đ
ó (1) t

ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i ph
ươ
ng trình:
2 2
1 0 (2)
a ab b+ + − =



M
ặ
t khác hai ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i A và B trùng nhau

( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
2 2

4 2 4 2
1 0
1 0
' '
3 2 3 2
a ab b
a ab b
a b
f a af a f b bf b
a a b b


+ + − =
+ + − =
 
⇔ ≠ ⇔
 
− = −
− + = − +




,
Gi
ả
i h
ệ
này ta
đượ

c nghi
ệ
m là (a;b) = (-1;1), ho
ặ
c (a;b) = (1;-1),ho
ặ
c
(a;b)=
1 1
;
3 3
 
±
 
 
các nghi
ệ
m này t
ươ
ng
ứ
ng v
ớ
i các
đ
i
ể
m trên
đồ
th

ị
là
(
)
1; 1
− −

và
(
)
1; 1
−
, (a;b)=
1 1
;
3 3
 
±
 
 


hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
V
ậ
y
đ
i
ề
u ki

ệ
n c
ầ
n và
đủ

để
hai ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (C) t
ạ
i A và B song song v
ớ
i nhau là
2 2
1 0
1
1;
3
a ab b
a a
a b

+ + − =



≠ ± ≠ ±



≠


II

2,00
1

1,00
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
(
)
cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0
cot 1
x x x x x
x
+ ≠



≠




0,25
T
ừ
(1) ta có:
(
)
2 cos sin
1 cos .sin 2
2 sin
sin cos 2 cos
cos
1
cos sin 2 sin
x x
x x
x
x x x
x
x x x
−
= ⇔ =
+ −

0,25
2sin .cos 2 sin
x x x
⇔ =

( )
2
2
4
cos
2
2
4
x k
x k
x k
π
π
π
π

= +

⇔ = ⇔ ∈


= − +




0,25

Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là

( )
2
4
x k k
π
π
= − + ∈


0,25
2

1,00
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
3
x
>

0,25
Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ

ng
đươ
ng:
( )
( ) ( )
1 1
2
3
3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x
− −
− + + − > +
( )
( ) ( )
2
3 3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x
⇔ − + − − > − +

(
)
(
)
(

)
(
)
3 3 3
log 2 3 log 2 log 3
x x x x
⇔ − − > − − +
 
 

0,25
( )( )
3 3
2
log 2 3 log
3
x
x x
x
−
 
⇔ − − >
 
 
 
+
 

( )( )
2

2 3
3
x
x x
x
−
⇔ − − >
+

2
10
9 1
10
x
x
x

< −
⇔ − > ⇔

>



0,25

Giao v
ớ
i
đ

i
ề
u ki
ệ
n, ta
đượ
c nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình
đ
ã cho là
10
x >

0,25
III

1,00
1

1,00
( )
2 2
2 2
0 0
1 1 1

cos 2 1 sin 2 1 sin 2 sin 2
2 2 2
I x x dx x d x
π π
   
= − = −
   
   
∫ ∫

0,50


( ) ( )
2 2
2 3
2 2
0 0
0 0
1 1 1 1
sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 0
2 4 2 12
| |
d x xd x x x
π π
π π
= − = − =
∫ ∫

0,50

IV

1,00
hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
G
ọ
i M, N theo th
ứ
t
ự
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AB và CD. Khi
đ
ó
OM AB
⊥
và
' D
O N C
⊥
.
Gi
ả
s
ử

I là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a MN và OO’.
Đặ
t R = OA và h = OO’. Khi
đ
ó:
OM
I
∆
vuông cân t
ạ
i O nên:
2 2 2
.
2 2 2 2 2
h a
OM OI IM h a
= =
⇒
=
⇒
=

0,25
Ta có:

2
2
2 2 2
2 2 2 2
2 3a
2 4 4 8 8
a a a a
R OA AM MO
 
 
= = + = + = + =
 
 
 
 
 
0,25
2 3
2
3a 2 3 2
R . . ,
8 2 16
a a
V h
π
π π
⇒
= = =
(
đ

vtt)
0,25

và
2
a 3 2 3
2 Rh=2 . . .
2 2
2 2
xq
a a
S
π
π π
= =
9 (
đ
vdt)
0,25
V

1,00
Ph
ươ
ng trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1
x x m x x x x m

+ − + − − − =
(1)
Đ
i
ề
u ki
ệ
n :
0 1
x
≤ ≤

N
ế
u
[
]
0;1
x ∈
th
ỏ
a mãn (1) thì 1 – x c
ũ
ng th
ỏ
a mãn (1) nên
để
(1) có nghi
ệ
m duy

nh
ấ
t thì c
ầ
n có
đ
i
ề
u ki
ệ
n
1
1
2
x x x
= − ⇒ =
. Thay
1
2
x
=
vào (1) ta
đượ
c:
3
0
1 1
2. 2.
1
2 2

m
m m
m
=

+ − = ⇒

= ±


0,25
* V
ớ
i m = 0; (1) tr
ở
thành:
(
)
2
4 4
1
1 0
2
x x x
− − = ⇔ =

Ph
ươ
ng trình có nghi
ệ

m duy nh
ấ
t.
0,25
* V
ớ
i m = -1; (1) tr
ở
thành
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
4
4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ − − − − − = −
⇔ + − − − + + − − − =
⇔ − − + − − =

+ V

ớ
i
4 4
1
1 0
2
x x x
− − = ⇔ =

+ V
ớ
i
1
1 0
2
x x x
− − = ⇔ =

Tr
ườ
ng h
ợ
p này, (1) c
ũ
ng có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t.
0,25

* V
ớ
i m = 1 thì (1) tr
ở
thành:
( ) ( )
(
)
(
)
2 2
4 4
4
1 2 1 1 2 1 1 1
x x x x x x x x x x
+ − − − = − − ⇔ − − = − −

Ta th
ấ
y ph
ươ
ng trình (1) có 2 nghi
ệ
m
1
0,
2
x x

= =
nên trong tr
ườ
ng h
ợ
p này (1)
không có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t.
V
ậ
y ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t khi m = 0 và m = -1.
0,25
VIa

2,00
1

1,00
hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
Đườ
ng tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính

5
R =
.
G
ọ
i A, B là hai ti
ế
p
đ
i
ể
m c
ủ
a (C) v
ớ
i hai ti
ế
p c
ủ
a (C) k
ẻ
t
ừ
M. N
ế
u hai ti
ế
p tuy
ế
n

này l
ậ
p v
ớ
i nhau m
ộ
t góc 60
0
thì IAM là n
ử
a tam giác
đề
u suy ra
2R=2 5
IM =
.
Nh
ư
th
ế

đ
i
ể
m M n
ằ
m trên
đườ
ng tròn (T) có ph
ươ

ng trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20
x y
− + − =
.
0,25
M
ặ
t khác,
đ
i
ể
m M n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
, nên t
ọ
a
độ
c
ủ
a M nghi
ệ

m
đ
úng h
ệ

ph
ươ
ng trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20 (1)
2 12 0 (2)
x y
x y

− + − =


+ − =



0,25
Kh
ử
x gi
ữ
a (1) và (2) ta
đượ
c:

( ) ( )
2 2
2
3
2 10 1 20 5 42 81 0
27
5
x
y y y y
x
=


− + + − = ⇔ − + = ⇔

=


0,25

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:
9
3;
2
M
 
 
 
hoặc
27 33

;
5 10
M
 
 
 

0,25
2

1,00
Ta tính được
10, 13, 5
AB CD AC BD AD BC= = = = = =
.
0,25
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ
diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ
diện này.
0,25

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là
3 3
;0;
2 2
G
 
 
 
, bán kính là

14
2
R GA= = .
0,50
VIIa

1,00
a) Đặt z = yi với y ∈ R
Phương trình (1) có dạng: (iy)
3
+ (2i-2)(yi)
2
+ (5-4i)(yi) – 10i = 0
⇔ -iy
3
– 2y
2
+ 2iy
2
+ 5iy + 4y – 10i = 0 = 0 + 0i
đồng nhất hoá hai vế ta được:
2
3 2
2 4 0
2 5 10 0
y y
y y y

− + =



− + + − =


giải hệ này ta được nghiệm duy nhất y = 2
Vậy phương trình (1) có nghiệm thuần ảo z = 2i.

b) Vì phương trình (1) nhận nghiệm 2i
⇒ vế trái của (1) có thể phân tích dưới dạng:
z
3
+ (2 – 2i)z
2
+ (5 – 4i)z – 10i = (z – 2i)(z
2
+az + b) (a, b ∈ R)
đồng nhất hoá hai vế ta giải được a = 2 và b = 5.
⇒ (1) ⇔ (z – 2i)(z
2
= 2z + 5) = 0 ⇔
2
2
2
1 2
2 5 0
1 2
z i
z i
z i
z z

z i
=

=


⇔ = − −
 
+ + =


= − +


Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm.



VIb

2,00
1

1,00
hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
I có hoành độ
9
2
I
x

=
và
( )
9 3
: 3 0 ;
2 2
I d x y I
 
∈ − − = ⇒
 
 

Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d)
và Ox, suy ra M(3;0)
( ) ( )
2 2
9 9
2 2 2 3 2
4 4
I M I M
AB IM x x y y= = − + − = + =
D
12
. D = 12 AD = 2 2.
3 2
ABCD
ABC
S
S AB A
AB

= ⇔ = =

(
)
AD d
M AD
⊥


∈


, suy ra phương trình AD:
(
)
(
)
1. 3 1. 0 0 3 0
x y x y
− + − = ⇔ + − =
.
Lại có MA = MD =
2
.
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2

2
3 0
3 3
3 2 3 3 2
3 2
x y
y x y x
x y x x
x y
+ − =

= − + = − +
 
  
⇔ ⇔
  
− + = − + − =
− + =
 

 


3 2
3 1 1
y x x
x y
= − =
 
⇔ ⇔

 
− = ± =
 
hoặc
4
1
x
y
=


= −

.Vậy A(2;1), D(4;-1),
0,50

9 3
;
2 2
I
 
 
 
là trung điểm của AC, suy ra:
2 9 2 7
2
2 3 1 2
2
A C
I

C I A
A C C I A
I
x x
x
x x x
y y y y y
y
+

=

= − = − =


⇔
 
+ = − = − =


=



Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
0,50
2

1,00

Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
( )
( )
(
)
2.2 2. 1 3 16
, 5
3
d d I P d R
+ − − +
= = = ⇒ >
.
Do
đ
ó (P) và (S) không có
đ
i
ể
m chung.Do v
ậ
y, min MN = d –R = 5 -3 = 2.
0,25
Trong tr
ườ
ng h
ợ
p này, M
ở
v

ị
trí M
0
và N
ở
v
ị
trí N
0
. D
ễ
th
ấ
y N
0
là hình chi
ế
u
vuông góc c
ủ
a I trên m
ặ
t ph
ẳ
ng (P) và M
0
là giao
đ
i
ể

m c
ủ
a
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng IN
0
v
ớ
i m
ặ
t
c
ầ
u (S).
G
ọ
i
∆
là
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua
đ

i
ể
m I và vuông góc v
ớ
i (P), thì N
0
là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
∆
và (P).
Đườ
ng th
ẳ
ng
∆
có vect
ơ
ch
ỉ
ph
ươ
ng là
(
)
2;2; 1

P
n
= −

và qua I nên có ph
ươ
ng
trình là
( )
2 2
1 2
3
x t
y t t
z t
= +


= − + ∈


= −


.
0,25
T
ọ
a
độ

c
ủ
a N
0

ứ
ng v
ớ
i t nghi
ệ
m
đ
úng ph
ươ
ng 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
 
− −

 
 
.
0,25

Ta có
0 0
3
.
5
IM IN
=
 
Suy ra M
0
(0;-3;4)
0,25
VIIb

1,00
hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
( ) ( )
( ) ( )
2
19 7 (9 ) 20 5 (7 6 )
19 7 20 5
9 7 6 82 85
164 82 170 85
2 2
82 85

n n
n n
n n
n n
i i i i
i i
E
i i
i i
i i
+ + + −
   
+ +
   
= + = +
   
   
− +
   
   
+ −
   
= + = + + −
   
   

⇒

2 2
E E

=

⇒
E
2
∈ R
0,50


0,50