Đề thi thử đại học môn toán - Trường THPT Phúc Thành pot

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT PHÚC THÀNH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn thi: TOÁN. Khối A, B, D
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu I (2.0 điểm)
Cho hàm số
3 2 3
3 4y x mx m= − +
(m là tham số) có đồ thị là (C
m
).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2. Xác định m để (C
m
) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường
thẳng y = x.
Câu II (2.0 điểm )
1. Giải phương trình:
2
3 4 2sin 2
2 3 2(cot 1)
sin 2
cos
x
x
x
x
+
+ − = +
.

2. Tìm m để hệ phương trình:
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 0
x y y x
x x y y m

− + − − =


+ − − − + =


có nghiệm thực.
Câu III (1.0 điểm ) Tính tích phân
6
0
tan( )
4
cos2x
x
I dx
π
π
−
=
∫
Câu IV (1.0 điểm)
Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh

3
2
a
SA =
; các cạnh còn lại đều bằng a.
Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B đến mp(SAC).
Câu V (2.0 điểm)
1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần
lượt có phương trình:
(P): 2x − y − 2z − 2 = 0; (d):
1 2
1 2 1
x y z+ −
= =
−
Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một
khoảng bằng 3 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng
8
π
.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có A( 0 ; 2), B( 4 ; 5) và
giao điểm của hai đường chéo thuộc đường thẳng (d) có phương trình x – y – 1 = 0.
Hãy tính toạ độ các điểm C, D.
Câu VI (2.0 điểm)
1. Thực hiện phép tính
2011
2010
(1 )
(1 )
i

i
+
−
( trong đó
2
1i = −
).
2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x
2
+ y
2
+ z
2
≤ 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
= + +
+ + +
−−−−−−−−−−−−−o0o−−−−−−−−−−−−−
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: SBD:
Câu Nội dung
Điểm
I
1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x
3
− 3x

2
+ 4
+ TXĐ: R
+ Sự biến thiên: y’ = 3x
2
− 6x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2
Hàm số đồng biến trên: (−∞; 0) và (2; +∞)
Hàm số nghich biến trên: (0; 2)
Hàm số đạt CĐ tại x
CĐ
= 0, y
CĐ
= 4; đạt CT tại x
CT
= 2, y
CT
= 0
y” = 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1
Đồ thị hàm số lồi trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞). Điểm uốn (1; 2)
0.25
Giới hạn và tiệm cận:
3
3
3 4
lim lim 1
x x
y x
x
x
→±∞ →±∞

 
= − + = ±∞
 ÷
 
0.25
LËp BBT:
0.25
§å thÞ:
0.25
2/. Ta có: y’ = 3x
2
− 6mx = 0 ⇔
0
2
x
x m
=


=

Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m ≠ 0.
0.25
Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m
3
), B(2m; 0) ⇒
3
(2 ; 4 )AB m m= −
uuur
Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m

3
)
0.25
Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với
đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x
0.25
0
x
4
+∞
−∞
−
+
+
0
0
y’
−∞
2
+∞
y
0
x
y
O
3
3
2 4 0
2
m m

m m

− =

⇔

=


Giải ra ta có:
2
2
m = ±
; m = 0 0.25
Kết hợp với điều kiện ta có:
2
2
m = ±
II
2/. Đk:
2
x k
π
≠
0.25
Phương trình đã cho tương đương với:
( )
2
2 2
2

2
4
3 1 2 3 2
sin 2
2(sin cos )
3 3 2
sin cos
3 2 3 0
tg cotg
tg cotg
tg tg
x x
x
x x
x x
x x
x x
+ + − =
+
⇔ + − =
⇔ + − =
0.25
⇔
3
3
1
3
6
tg
tg

x k
x
x
x k
π


= − + π
= −


⇔


π
=

= + π





0.25
KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :
6 2
x k
π π
= +
; k∈Z 0.25

2/.
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 0 (2)
x y y x
x x y y m

− + − − =


+ − − − + =


Điều kiện:
2
2
1 0 1 1
0 2
2 0
x x
y
y y

− ≥ − ≤ ≤


⇔
 
≤ ≤

− ≥




0.25
Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t
3
− 3t
2
= y
3
− 3y
2
.
0.25
Hàm số f(u) = u
3
− 3u
2
nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:
(1) ⇔ t = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔
2 2
2 1 0x x m− − + =
0.25
Đặt
2
1v x= −
⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v
2

+ 2v − 1 = m.
Hàm số g(v) = v
2
+ 2v − 1 đạt
0;1 0;1
min ( ) 1; m ( ) 2
[ ] [ ]
axg v g v= − =
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2
0.25
Tính tích phân
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx
c
π
π
−
=
∫
1.00
( )
2
6 6
2
0 0

tan( )
1 tan
4
os2x
1 tan
x
x
I dx dx
c
x
π π
π
−
+
= = −
+
∫ ∫
Đặt
2
2
1
tan dt= (tan 1)
cos
t x dx x dx
x
= ⇒ = +
1
0 0;
6
3

x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
0.25
0.25
Suy ra
1
1
3
3
2
0
0
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t
−
= − = =
+ +
∫
.
0.25
Vậy
1 3
2
I
−
=

0.25
IV
Tính theo a khoảng cách từ B đến mp(SAC)
1.00
( Không có hình, hoặc hình vẽ sai không chấm điểm)
Gọi M là trung điểm của BC thì
,SM BC AM BC⊥ ⊥
. Suy ra tam giác SMA đều
vì có các cạnh bằng
3
2
a
. Diện tích tam giác SMA bằng
2
3 3
16
a
0.25
Ta có
2 3
1 1 3 3 3
2 2. . . . .
3 3 16 16
SABC SBAM SAM
a a
V V BM S a
= = = =
0.25
Gọi N là trung điểm của SA. Ta có
CN SA

⊥

13
4
a
CN⇒ =
( vì tam giác CAN
vuông tại N).
2
1 1 3 13 39
. .
2 2 2 4 16
SCA
a a a
S SACN⇒ = = =
0.25
Ta có
3 2
( ,( )) ( ,( ))
3 1 1 39
. .
16 3 3 16
SABC SCA B SAC B SAC
a a
V S d d= = =
. Suy ra:
( ;( ))
3
13
B SAC

a
d =
0.25
1. Viết phương trình mặt cầu 1.00
Đường thẳng (∆) có phương trình tham số là:
1 2 ;
2

x t
y t t R
z t
= −


= − + ∈


= +

Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I (−t; −1 + 2t; 2+ t)∈(∆).
0.25
Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên: 0.25
V
| 2 1 2 4 2 2 | | 6 5|
( ; ) 3
3 3
t t t t
d I
− + − − − − +
∆ = = =

⇔
2
3
7
3
t
t

=



=−


⇒ Có hai tâm mặt cầu:
2 1 8 7 17 1
; ; ; ;
3 3 3 3 3 3
I I
   
− − −
 ÷  ÷
   
vµ
Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có chu vi bằng
8
π
=> r = 4 nên
mặt cầu có bán kính là R = 5.

0.25
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:
2 2 2 2 2 2
2 1 8 7 17 1
25 25
3 3 3 3 3 3
x y z x y z
           
+ + − + − = − + + + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
           
vµ
0.25
2. Hãy tính toạ độ các điểm C, D.
1.00
Tâm I thuộc (d) nên I( x ; x – 1) . 0.25
Có
( ;3 ), (4 ;6 )IA x x IB x x= − − = − −
uur uur
0.25
Do IA vuông góc với IB
9
. 0 ; 2.
2
IA IB x x
⇒ = ⇒ = =
uuruur
0.25
Ta được hai nghiệm : C
1

( 9 ; 5 ), D
1
( 5; 2 ) và C
2
( 4 ; 0 ), D
2
( 0 ; - 3). 02.5
VI
1. Thực hiện phép tính
1.00
Ta có
2010
2011
2010
(1 ) 1
(1 ).
(1 ) 1
i i
i
i i
+ +
 
= +
 ÷
− −
 
0.25
Mà :
2
1 (1 ) 1 2 1

1 (1 )(1 ) 2
i i i
i
i i i
+ + + −
= = =
− − +
0.25
Suy ra
2010
2011
2010 2 1005
2010
(1 ) 1
(1 ) (1 ) ( ) (1 ) 1
(1 ) 1
i i
i i i i i i
i i
+ +
 
= + = + = + = − −
 ÷
− −
 
0.25
Vậy
2011
2010
(1 )

1
(1 )
i
i
i
+
= − −
−
0.25
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 1.00
2/. Ta có:
[ ]
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 ) 9
1 1 1
xy yz zx
xy yz zx
 
+ + + + + + + ≥
 ÷
+ + +
 
(phải cm) 0.25
2 2 2
9 9
3
3
P
xy yz zx
x y z

⇒ ≥ ≥
+ + +
+ + +
Do
2 2 2
y z x xy z zx+ + ≥ + +
(phải cm) 0.25
⇒
9
1
3 6
P ≥ =
+
0.25
Vậy GTNN là P
min
=
3
2
khi
2x y z= = =
0.25
Chú ý: Nếu thí làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa !