đề thi thử toán khối d có đáp án

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011
TỈNH QUẢNG TRỊ Môn: TOÁN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
THI THỬ LẦN 3
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
2 6 2 1,(1)y x x mx= + + +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số (1) khi
0m =
.
2. Tìm giá trị của
m
để đường thẳng
1y =
cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt M(0;1), A, B, đồng
thời các tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại các điểm A và B vuông góc với nhau.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2
(sinx+cosx) 3cos2x-2
0
2sin 2x
+
=
−
.
2. Giải bất phương trình:
( )

5 5
1
log 25 5 log .
5
x x
 
− ≤ −
 ÷
 
Câu III. (1,0 điểm) Tính:
ln8
ln3
1
x
I e dx= +
∫
.
Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc
của
'A
trên mặt phẳng
( )
ABC
trùng với tâm
O
của tam giác

ABC
. Tính theo
a
thể tích của khối lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
biết khoảng cách giữa
AA'
và
BC
là
3
4
a
.
Câu V. (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn:
2 2 2
4a b c+ + =
, ta có
5 3 5 3 5 3
2 2 2 2 2 2
8 16 8 16 8 16 16 3
3
a a a b b b c c c
b c c a a b
− + − + − +
+ + ≤
+ + +
.

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 tọa độ
Oxy
cho đường tròn
2 2
( ) : 4 2 32 0C x y x y+ + − − =
và các điểm
( )
3; 5B −
và
( )
1;1C −
. Xác định tọa độ điểm
A
thuộc đường tròn
( )C
sao cho tam giác
ABC
cân tại điểm
A
.
2. Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho mặt cầu
( )
2 2 2
: 2 4 4 68 0S x y z x y z+ + − − + − =
và hai đường thẳng

5 1 13
:
2 3 2
x y z+ − +
∆ = =
−
,
7 3
': 1 2
8
x t
y t
z
= − +


∆ = − −


=

. Viết phương trình mặt phẳng
( )
P
tiếp xúc với
( )
S
,
song song với cả
∆

và
'∆
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau:
( ) ( ) ( )
2 3 20
1 (1 ) 1 1 1i i i i+ + + + + + + + +
.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI. b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho điểm
( )
2;5M
. Đường thẳng
d
luôn đi qua
M
cắt các tia Ox, Oy theo
thứ tự tại
( )
;0A a
và
( )
0;B b
với
0, 0a b> >
. Lập phương trình đường thẳng
d

sao cho diện tích tam giác
OAB
nhỏ nhất.
2. Cho mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0P x y z− + − =
và các đường thẳng
1 3
: ,
2 3 2
x y z− −
∆ = =
−

5 5
': .
6 4 5
x y z− +
∆ = =
−
Tìm điểm
M
thuộc
∆
,
N
thuộc
'
∆
sao cho

MN
song song với
( )
P
và khoảng
cách giữa đường thẳng
MN
và mặt phẳng
( )
P
bằng
2
.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng
2 2 2 2
1 2 3 4
2 2 149
n n n n
C C C C
+ + + +
+ + + =
( trong đó n là số nguyên dương,
k
n
C
là số tổ hợp chập
k
của

n
phần tử).
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………… ; Số báo danh:……………

GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 3 NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN – KHỐI D
Câu ý Đáp án Điểm
I
2đ
1
Khảo sát vẽ đồ thị hàm số
3 2
2 6 1y x x= + +
TXĐ: R

0
' 6 ( 2); ' 0
2
x
y x x y
x
=

= + = ⇔

= −

lim , lim

x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
0.25
Bảng biến thiên:
x
−∞
-2 0
+∞
'y
+ 0 - 0
+
y
9
+∞

−∞
1
0.25
Hàm số đồng biến trong các khoảng:
( ) ( )
; 2 , 0;−∞ − +∞
Hàm số nghịch biến trong khoảng:
( )
2;0−
Điểm cực đại:
( 2;9)−
Điểm cực tiểu:
(0;1)

'' 12 2; '' 0 1y x y x= + = ⇔ = −
Điểm uốn
( 1;5)−
0.25
Đồ thị
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
0.25
2 Đường thẳng
1y =
cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt khi chỉ 0.25
khi phương trình sau có ba nghiệm phân biệt
( )
3 2 2
2
0
2 6 2 1 1 3 0
3 0(2)
x
x x mx x x x m
x x m

=

+ + + = ⇔ + + = ⇔

+ + =

⇔
(2) có hai nghiệm phân biệt khác 0
9 4 0
9
0
0
4
m
m
m
∆ = − >

⇔ ⇔ ≠ <

≠

(*)
Giả sử
( )
( ;1), ;1
A B
A x B x
. Khi đó hệ số góc của tiếp tuyến tại A là:
( )

2
' 6 12 2 6 4
A A A A A
k y x x x m x m= = + + = − −
Tương tự:
6 4
B B
k x m= − −
0.25
Các tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau khi chỉ khi:
2
. 1 36 24 ( ) 16 1 0 (3)
A B A B A B
k k x x m x x m= − ⇔ + + + + =
Theo Viet ta có:
3
A B
A B
x x
x x m
+ = −


=

0.25
Thay vào (3) ta được
2
16 36 1 0
9 77

8
9 77
8
m m
m
m
− + =

+
=


⇔

−
=


. Cả hai giá trị này đều TMĐK (*)
0.25
II
2đ
1
TXĐ:
2
4
3
2
4
x k

x k
π
π
π
π

≠ +




≠ +


0.25
Phương trình:

2
1 3 1
(sin +cosx) 3 os2x=2 sin2x+ 3 os2x=1 sin2x+ os2x=
2 2 2
x c c c+ ⇔ ⇔
0.25
12
sin 2 sin
3 6
4
x k
x
x k

π
π
π π
π
π

= − +

 
⇔ + = ⇔

 ÷
 

= +


0.25
Đối chiếu điều kiện phương trình có nghiệm:
3
, 2
12 4
x k x k
π π
π π
= − + = − +
0.25
2
Bất phương trình viết lại:
5 5

1 1
2 log log .
5 5
x x
   
+ − ≤ −
 ÷  ÷
   
(1)
Đặt
5
1
log
5
t x
 
= −
 ÷
 
. Bất phương trình (1) trở thành
2 t t+ ≤
0.25
2
0
0
2
1
2
2
t

t
t
t
t t
t
≥

≥


⇔ ⇔ ⇔ ≥
≤ −

 
+ ≤



≥


0.25
2
5
1 1 126
log 2 5 .
5 5 5
x x x
 
− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥

 ÷
 
0.25
Kết luận:
126
;
5
S
 
= +∞
÷

 
0.25
III
1đ
ln8
ln3
1
x
I e dx= +
∫
; Đặt
2 2
1 1 1
x x x
t e t e e t= + ⇔ = + ⇒ = −
0.25
Khi
x = ln3

thì
t = 2
; Khi
x = ln8
thì
t = 3
;
Ta có
x
2tdt = e dx
⇔
2
2
1
t
dx dt
t
=
−
0.25
Do đó
3 3
2
2 2
2 2
2 2
2
1 1
t
I dt dt

t t
 
= = + =
 ÷
− −
 
∫ ∫
0.25
=
3
1 3
2 ln 2 ln
2
1 2
t
t
t
−
 
 
+ = +
 ÷
 ÷
+
 
 
.
0.25
IV
1đ

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:



⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC ⊥⇒
0.25
Kẻ
,'AAMH ⊥
Ta có
BCHM
AMAHM
AMABC
⊥⇒



∈
⊥
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vuông góc chung
của AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd ==

.
0.25
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
=
'
⇔
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
===
0.25
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3

a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
0.25
V
1đ
Do
, ,a b c
dương và
( )
2 2 2
4 , , 0;2 .a b c a b c+ + = ⇒ ∈
Ta có
( ) ( )
2
4 2 2
5 3
3
2 2 2 2
8 16 4
8 16
4
4 4

a a a a a
a a a
a a
b c a a
− + −
− +
= = = − +
+ − −
Bất đẳng thức thành:
( ) ( )
3 3 3
16 3
( 4 ) 4 4
3
a a b b c c− + + − + + − + ≤
0.25
A
B
C
C
’
B
’
A
’
H
O
M
Xét hàm số

3
2
2
( ) 4 , (0;2)
4
2 3
'( ) 3 4; '( ) 0
3
3
0 2
f x x x x
x
f x x f x x
x
= − + ∈

=

= − + = ⇔ ⇔ =


< <

Lập BBT ta có:
(0;2)
2 3 16 3
Maxf(x)=f =
3 9
 
 ÷

 ÷
 
0.50
16 3
( ) ( ) ( )
3
f a f b f c⇒ + + ≤
.
Dấu bằng xảy ra
2 3
3
a b c⇔ = = =
0.25
VIa
2đ
1 Để tam giác ABC cân tại A thì A phải nằm trên đường trung trực
∆
của BC.
∆
đi qua
( ) ( )
1; 2 , 2;3M VTPT n− −
r
nên có pt:
2 3 8 0x y− − =
0.25
Vì
( )
A C∈
nên tọa độ của

A
là nghiệm của hệ
1
2 2
2
4
0
4 2 32 0
44
2 3 8 0
13
64
13
x
A
y
x y x y
x
x y
A
y
 =



=



+ + − − =



⇔

= −


− − =






= −




0.50
Vậy có hai điểm cần tìm là:
1 2
44 64
(4;0), ;
13 13
A A
 
− −
 ÷
 

.
0.25
2
Vectơ chỉ phương của
∆
là
( )
2; 3;2u = −
r
Vectơ chỉ phương của
'
∆
là
( )
' 3; 2;0u = −
r
Mặt phẳng
( )
P
cần tìm có vectơ pháp tuyến
( )
, ' 4;6;5n u u
 
= =
 
r r ur

Vì vậy phương trình của mặt phẳng
( )
P

có dạng:
4 6 5 0x y z D+ + + =
0.25
Mặt cầu
( )
S
có tâm
( )
1;2; 2I = −
và bán kính
77R =
( )
P
tiếp xúc với
( )
S
( )
( )
, 77d I P⇔ =
0.25
83
4 12 10
77
71
16 36 25
D
D
D
= −
+ − +


⇔ = ⇔

=
+ +


0.25
Vậy có hai mặt phẳng
( )
P
cần tìm:
4 6 5 83 0
4 6 5 71 0
x y z
x y z
+ + − =
+ + + =

0.25
VIIa

21
20
(1 ) 1
1 (1 ) (1 )
i
P i i
i
+ −

= + + + + + =
0.25
10
21 2 10 10
(1 ) (1 ) .(1 ) (2 ) (1 ) 2 (1 )i i i i i i
 
+ = + + = + = − +
 
0.25
( )
10
10 10
2 (1 ) 1
2 2 1
i
P i
i
− + −
= = − + +
0.25
Vậy: phần thực
10
2−
, phần ảo:
10
2 1+
0.25
VIb
2đ
1

Phương trình đường thẳng
: 1.
x y
d
a b
+ =
Diện tích tam giác ABC là:
1
2
S ab=
0.25
Diện tích nhỏ nhất khi chỉ khi
ab
nhỏ nhất
Vì
( )
2 5
2;5 1.M d
a b
∈ ⇒ + =
Ta có
2 5 2 5
1 2 40.ab
a b a b
= + ≥ ⇒ ≥
Dấu bằng xảy ra
0, 0
4
2 5
10.

40
a b
a
b
a b
ab
> >


=


⇔ = ⇔
 
=


=


0.50
Vây:
: 1.
4 10
x y
d + =
0.25
2
Gọi
( ) ( )

1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t+ − + − −
( )
( )
; 2 2 1 1 0; 1.d M P t t t= ⇔ − = ⇔ = =
0.25
Trường hợp 1:
( ) ( )
0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5t M MN t t t= ⇒ = + − − −
uuuur
( )
. 0 ' 0 5;0; 5
P P
MN n MN n t N⊥ ⇔ = ⇒ = ⇒ −
uuuur uur uuuur uur
0.25
Trường hợp 2:
( ) ( )
1 3;0;2 ' 1 1; 4;0t M t N= ⇒ ⇒ = − ⇒ − −
0.25
Kết luận:
•
( )
1;3;0M
,
( )
5;0; 5N −
•
( ) ( )
3;0;2 , 1; 4;0M N − −
0.25

VIIb
1đ
Ta có:
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
1 2 3 4
2 2 149
1 ! 2 ! 3 ! 4 !
2 2 149
2! 1 ! 2! ! 2! 1 ! 2! 2 !
n n n n
C C C C
n n n n
n n n n
+ + + +
+ + + =
+ + + +
⇔ + + + =
− + +
0.25
2
4 45 0
5
9( )
n n

n
n loai
⇔ + − =
=

⇔

= −

0.25
Khi đó

( ) ( ) ( )
n 5
2
2
2
z = (1 + i) = (1 + i)
1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 4) 4 4i i i i i i
 
= + + = + = + − = − −
 
0.25
Vậy phần ảo của số phức
z
là
4−
.
0.25