Đề thi thử ĐH môn Toán lần 3 khối A năm 2011 trường thpt Sông Lô pps

1/4

TRUNG TÂM LUYỆN THI ðH SÔNG LÔ
ð/c: ðồng Thịnh – Sông Lô – Vĩnh Phúc
ðT : 0987.817.908; 0982.315.320
ðỀ CHÍNH THỨC

ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG LẦN III NĂM 2011
Môn thi : TOÁN - khối A.
Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao ñề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I (2,0 ñiểm). Cho hàm số
2
1
x
y
x
=
−

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

cot
2
1
π
+=
+
+ x
xx
x
x
2. Giải bất phương trình :
2 2
35 5 4 24
x x x
+ < − + +

Câu III (1,0 ñiểm) . Tính tích phân :
2
4
4 2
4
sin
cos (tan 2 tan 5)
xdx
x x x
π
π
−
− +
∫

Câu IV (1,0 ñiểm). Cho hình lăng trụ tam giác ñều
'''. CBAABC có
).0(',1
>
=
=
mmCCAB Tìm
m
biết
rằng góc giữa hai ñường thẳng
'
AB
và
'BC bằng
0
60 .
Câu V (1,0 ñiểm). Tìm m ñể 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 ñiểm)
Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 ñiểm)

1. Trong mp toạ ñộ (Oxy) cho 2 ñường thẳng: (d

1
):
7 17 0
x y
− + =
, (d
2
):
5 0
x y
+ − =
. Viết phương trình
ñường thẳng (d) qua ñiểm M(0;1) tạo với (d
1
),(d
2
) một tam giác cân tại giao ñiểm của (d
1
),(d
2
).
2. Cho ba ñiểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa ñộ ñiểm D thuộc ñường thẳng AB sao cho
ñộ dài ñoạn thẳng CD nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 ñiểm). 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 ñiểm)
1.
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và ñường tròn (C):

2 2
2 4 8 0
x y x y
+ + − − =
.Xác ñịnh tọa ñộ các giao ñiểm A, B của ñường tròn (C)và ñường thẳng d (cho
biết ñiểm A có hoành ñộ dương). Tìm tọa ñộ C thuộc ñường tròn (C)sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2. Trong không gian với hệ tọa ñộ 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
+ + − + − + = + − + =
.
ðiểm M di ñộng trên (S) và ñiểm N di ñộng trên (P). Tính ñộ dài ngắn nhất của ñoạn thẳng MN. Xác ñịnh vị
trí của M, N tương ứng.
Câu VII.b (1 ñiểm). 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 ðH SÔNG LÔ
ð/c: ðồng Thịnh –Sông Lô – V.Phúc
ðT : 0987.817.908; 0982.315.320
ðÁP ÁN CHÍNH THỨC

ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG LẦN III NĂM 2011
Môn thi : TOÁN - khối A.
Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao ñề

Câu Ý Nội dung ðiểm
I 2
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số (1,00 ñiểm)

-Tập xác ñịnh: 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 ñứng
-
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

-ðồ thị: Học sinh tự vẽ. Yêu cầu vẽ ñồ thị cân ñối, ñảm bảo tính ñối xứng của 2 nhánh qua giao ñiểm của
hai ñường tiệm cận. Thể hiện ñúng giao ñiểm của ñồ thị với các trục toạ ñộ.

0.25
2 Tìm toạ ñộ hai ñiểm 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
2 sin 2sin
x x x x x
x x x x
x x x x
x x
π
+ − = ⇔ − = ⇔ + − =
+ +
 
 
 

0.5

3/4

+)
.,
2
0cos +== kkxx

+)
22 2
4
4
sin 2 sin( ) , Z
2
4
2 2
4 34
x mx x m
x x m n
n
xx 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 ủng:
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 ủú

.231
2
==+ mm




0,5

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

suy ra
0
=
m
(loại). Vậy
.2=m

0,25
C

C

B

B

A

m

D

3
1
1
0
120

A


4/4

V Tìm m ñể 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

ðặt

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

Lập bảng biên thiên ñược ñáp số
12
4
5
m< £ hoặc –5 <

4
m
< -

0,5
VI
a


2,0
1 Viết phương trình ñường thẳng
1,00
Phương trình ñường 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 ñường cần tìm ñi qua M(0;1) và song song với
1 2
,
∆ ∆
nên ta có hai ñường thẳng thoả mãn
3 3 0
x y
+ − =
và
3 1 0
x y
− + =

0,5
2 Tìm toạ ñộ ñiểm D…
1,00

Ta có
(
)
1; 4; 3
AB

= − − −
uuur
Phương trình ñường thẳng AB:
1
5 4
4 3
x t
y t
z t
= −


= −


= −



0,25
ðể ñộ dài ñoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB
0,25

Gọi tọa ñộ ñiểm 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 ñộ ñiểm
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 ñặt
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 ñộ ñiểm C
1,00
Tọa ñộ giao ñiểm 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 ñộ dương nên ta ñược A(2;0), B(-3;-1).
0,5

Vì
·
0
90
ABC
=
nên AC là ñường kính ñường tròn, tức là ñiểm C ñối xứng với ñiểm A qua tâm I của
ñường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).


0,5
2
Tìm toạ ñộ các ñiểm 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 ñến mặt phẳng (P):

( )
( )
(
)
2.2 2. 1 3 16
, 5
3
d d I P d R
+ − − +
= = = ⇒ >
.
Do ñó (P) và (S) không có ñiểm 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 ñiểm của ñoạn thẳng IN
0
với mặt cầu (S).
0,25

Gọi
∆
là ñường thẳng ñi qua ñiểm I và vuông góc với (P), thì N
0

là giao ñiểm của
∆
và (P).
ðường 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 ñộ của N
0
ứng với t nghiệm ñúng 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 ñược : (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