Đề thi thử đại học môn Toán lần 3 năm 2011-Sông Lô - Vĩnh Phúc (có đáp án)

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH SÔNG LÔ
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đ/c: Đồng Thịnh –Sông Lô – V.Phúc
ĐT : 0987.817.908; 0982.315.320

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN III NĂM 2011
Môn thi : TOÁN - khối A.
Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
2
1
x
y
x
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC cân tại đỉnh A với A(2;0).
Câu II (2,0 điểm)
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 24x x x
+ < − + +
Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân :
2
4
4 2
4
sin
cos (tan 2 tan 5)
xdx
x x x
π
π
−
− +
∫
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều
'''. CBAABC
có
).0(',1
>==
mmCCAB
Tìm

m
biết
rằng góc giữa hai đường thẳng
'AB
và
'BC
bằng
0
60
.
Câu V (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

2 2
10x 8 4 (2 1). 1x m x x+ + = + +
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 mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d
1
):
7 17 0x y
− + =
, (d
2
):
5 0x y
+ − =
. Viết phương trình
đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d

1
),(d
2
) một tam giác cân tại giao điểm của (d
1
),(d
2
).
2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho
độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.
Câu VII.a (1,0 điểm). 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 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):
2 2
2 4 8 0x y x y+ + − − =
.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C)và đường thẳng d (cho biết điểm
A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C)sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là
2 2 2
( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z+ + − + − + = + − + =
.

Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị
trí của M, N tương ứng.
Câu VII.b (1 điểm). 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
1/4
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH SÔNG LÔ
Đ/c: Đồng Thịnh –Sông Lô – V.Phúc
ĐT : 0987.817.908; 0982.315.320
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN III NĂM 2011
Môn thi : TOÁN - khối A.
Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao đề
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)
-Tập xác định: 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 đứng
-
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
-Đồ thị: Học sinh tự vẽ. Yêu cầu vẽ đồ thị cân đối, đảm bảo tính đối xứng của 2 nhánh qua giao điểm của
hai đường tiệm cận. Thể hiện đúng giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ.

0.25
2 Tìm toạ độ hai điểm 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
·
·
·
·
·
·
; 90AB 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( ) sin 2 0
sin cos sin cos 4
2 sin 2 sin
x x x x x
x x x x
x x x x
x x
π
+ − = ⇔ − = ⇔ + − =
+ +
 
 ÷
 

0.5
2/4
+)
.,
2
0cos +== kkxx


+)
2
2 2
4
4
sin 2 sin( ) , Z

2
4
2 2
4 3
4
x m
x x m
x x m n
n
x
x 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 ng:
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
III Tớnh tớch phõn
1,0
2
4
4 2
4
sin
cos (tan 2 tan 5)
xdx
I
x x x



=
+

. t
2
tan
1
dt
t x dx
t
= =
+
. Ta co
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
Tinh
1
1
2
1

2 5
dt
I
t t

=
+

. t
0
1
4
1 1
tan
2 2 8
t
u I du




= = =

. Võy
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 ú
.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
V Tỡm m phng trỡnh
1,0
3/4
C
C
B
B
A
m
D
3
1
1
0
120
A
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
Đặt
2
2 1
1
x
t
x
+

=
+
Điều kiện : –2< t
5£
. Rút m ta có: m=
2
2 2t
t
+
.
0,25
Lập bảng biên thiên được đáp số
12
4
5
m< £
hoặc –5 <
4m < -
0,5
VI
a
2,0
1 Viết phương trình đường thẳng
1,00
Phương trình đường 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 đường cần tìm đi qua M(0;1) và song song với
1 2
,∆ ∆
nên ta có hai đường thẳng thoả mãn
3 3 0x y
+ − =
và
3 1 0x y
− + =
0,5
2 Tìm toạ độ điểm D…
1,00

Ta có
( )
1; 4; 3AB = − − −
uuur
Phương trình đường thẳng AB:
1
5 4
4 3
x t
y t
z t
= −


= −


= −

0,25
Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB
0,25
Gọi tọa độ điểm 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 độ điểm
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 đặt
2
3 6z 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 độ điểm C
1,00
Tọa độ giao điểm 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 độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
0,5
Vì
·
0
90ABC =
nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của
đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
0,5
2
Tìm toạ độ các điểm M, N
1,0
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
+ − − +
= = = ⇒ >
.
0,25
4/4
Do đó (P) và (S) không có điểm 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 điểm của đoạn thẳng IN
0
với mặt cầu (S).
0,25
Gọi
∆
là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N
0
là giao điểm của
∆
và (P).
Đường 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 độ của N
0
ứng với t nghiệm đúng 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 được : (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
5/4