Đề và đáp án thi thử ĐH(khối A + B)- Lần 5

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
TỔ TOÁN - TIN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn: TOÁN - Khối A + B
Ngày thi: 01/03/2011
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu 1. (2 điểm). Cho hàm số
= + + + − + −
y x m x m x m
3 2
(2 1) (3 2) 2,
(1) m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -1.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x
1
, x
2
, x
3
thỏa mãn điều kiện:
2 2 2
1 2 3
3x x x+ + >
.
Câu 2. (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2 2
2cos 2 cos2 .sin3 3sin 2 3x x x x+ + =
.

2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y

+ + + =


+ = + +


Câu 3. (2 điểm).
1. Tính tích phân:
2 2
0
sin
x
e xdx
π
∫
.
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 2
4 4
( 2 2 4) 2 2 4m x x x x− + − − + = −
.
Câu 4. (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông, đường cao SA. Gọi M là

trung điểm SC; N, P lần lượt nằm trên SB và SD sao cho
2
3
SN SP
SB SD
= =
. Chứng minh 4 điểm A, N, M,
P cùng nằm trên một mặt phẳng. Mặt phẳng (ANMP) chia hình chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích
của hai phần đó.
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 5.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với
)5;2(,)1;1( −BA
, đỉnh C nằm trên đường
thẳng
04 =−x
, và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng
0632 =+− yx
. Tính diện tích
tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và hai đường thẳng
1
1 3 1
( ) :
1 1 2
x y z
d
− − −
= =

−
và
2
1
( ) :
4 1 2
x y z
d
−
= =
. Viết phương trình dường (d) thẳng đi qua A, cắt
( )
1
d
và vuông góc với
( )
2
d
.
Câu 6.a (1 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn:
2
2 0z z+ =
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 5.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với
)2;1(,)1;2( −− BA
, trọng tâm G của tam
giác nằm trên đường thẳng
02 =−+ yx

. Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5.
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
01 =+−+ zyx
và đường
thẳng d:
3
1
1
1
1
2
−
−
=
−
−
=
− zyx
. Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng
∆
nằm trong (P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng
23
.
Câu 6.b (1 điểm). Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện
| 1 2 | 1z i+ + =
tìm số phức có môđun nhỏ
nhất.
… Hết …
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………………… ; Lớp: ………

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ SỐ 5
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1-1
(1 điểm)
Với m = -1 có y = x
3
- x
2
-5x - 3.
* Tập xác định D = R.
* Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y’ = 3x
2
- 2x - 5; y’ = 0 ⇔
1
5
3
= −



=

x
x
.
Dấu của y’:
x
-∞
-1 5/3
+∞

y’ + 0 - 0 +
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1; 5/3).
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; -1) và (5/3 ; + ∞).
- Cực trị:
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 5/3, y
CT
= -256/27;
Hàm số đạt cực đại tại x = -1, y
CĐ
= 0.
0,25
- Giới hạn:
3
2 3
1 5 3
lim lim (1 )
x x
y x
x x x
→+∞ →+∞
= − − − = +∞
;
3
2 3
1 5 3
lim lim (1 )
x x
y x
x x x
→=∞ →−∞

= − − − = −∞
0,25
Bảng biến thiên:
x
-∞
-1 5/3
+∞
y’ + 0 - 0 +
y
-∞
0
256
27
−
+∞
0,25
* Đồ thị:
- Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm: (-1;0), (3; 0)
- Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; -3)
0,25
1-2
(1 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành là nghiệm của phương trình:
+ + + − + − = ⇔ + + + −
x m x m x m x x mx m
3 2 2
(2 1) (3 2 ) 2 0 ( 1)( 2 2)
(2)
⇔
2

1 0
2 2 0 (*)
x
x mx m
+ =


+ + − =

0,25
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt x
1
, x
2
, x
3
khi và chỉ khi
phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt khác - 1
⇔
2
2
' 0
2 0
1
( 1) 2 2 0 1
m m
m
m m m
∆ >

 
− + >
⇔ ⇔ ≠ −
 
− − + − ≠ ≠ −
 

0,25
Giả sử x
3
= -1 khi đó x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (*) nên theo định lý Viet ta
có:
1 2
1 2
2
2
x x m
x x m
+ = −


= −

Có
1 1
2 2 2 2 2 2 2

2 3 2 1 2 1 2
7 6 ( ) 2 6 4 2 4 6x x x x x x x x x m m+ + > ⇔ + > ⇔ + − > ⇔ − + >
⇔
2
1
2 1 0
2
1
m
m m
m

< −

− − > ⇔

>

0,25
Kết hợp với điều kiện ta được:
1
( ; 1) ( 1; ) (1; )
2
m∈ −∞ − ∪ − − ∪ +∞
0,25
2-1
(1 điểm)
2 2 2
2cos 2 cos2 .sin 3 3sin 2 3 cos2 .sin 3 cos 2 0x x x x x x x+ + = ⇔ − =
⇔

cos2 0 (1)
sin3 cos2 (2)
x
x x
=


=

0,25
(1)
2
2 4 2
x k x k
π π π
π
⇔ = + ⇔ = +
0,25
(2) ⇔
3 2 2
2
10 5
sin3 sin( 2 )
2
3 2 2
2
2
2
x x l
x l

x x
x x l
x l
π
π π
π
π
π
π
π π
π


= − +
= +


= − ⇔ ⇔


 


= − − +
= +
 ÷



 


0,25
Vậy nghiệm của phương trình là:
4 2
x k
π π
= +
,
10 5
x l
π π
= +
và
2
2
x l
π
π
= +
(k ∈ Z).
0,25
2-2
(1 điểm)
Dễ thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình. Chia cả hai vế của hệ phương
trình cho y ≠ 0 ta được:
2
2
2
1
4

1
( ) 2 7
x
y x
y
x
x y
y

+
+ + =



+

+ = +


0,25
Đặt
2
1x
u
y
v x y

+
=




= +

ta được hệ phương trình:
2 2
4 4
2 7 2(4 ) 7
u v u v
v u v v
+ = = −
 
⇔
 
= + = − +
 
⇔
1
3
u
v
=


=

hoặc
9
5
u

v
=


= −

.
+ Với
1
3
u
v
=


=

có
2
2
1
1 1
1
2
3
3
x
x
x y
y

y
y x
x y

+
= =

+ =


⇔ ⇔
  
=
= −



+ =

hoặc
2
5
x
y
= −


=

.

+
9
5
u
v
=


= −

có
2
2
1
9
1 9
5
5
x
x y
y
y x
x y

+
=

+ =

⇔

 
= − −


+ = −

vô nghiệm.
0,25
0,25
Vậy hệ phương trình có nghiệm:
1
2
x
y
=


=

,
2
5
x
y
= −


=

. 0,25

3.1
(1 điểm)
2
2 2 2 2
1 2
0 0 0 0
(1 cos2 ) 1 1
sin cos2
2 2 2
x
x x x
e x
e xdx dx e dx e xdx I I
π π π π
−
= = − = −
∫ ∫ ∫ ∫
0,25
+ Tính
2 2 2
1
0
1 1 1 1
0
2 4 4 4
x x
I e dx e e
π
π
π

= = = −
∫
.
0,25
+ Tính
2
2
0
1
cos2
2
x
I e xdx
π
=
∫
. Đặt
2
2
2
1
cos2
sin2
2
x
x
du e dx
u e
dv xdx
v x


=

=

⇒
 
=
=



2 2 2
2
0 0
1 1 1
sin 2 sin 2 sin2
0
4 2 2
x x x
I e x e xdx e xdx
π π
π
= − = −
∫ ∫
Tính
2
0
sin 2
x

e xdx
π
∫
. Đặt
2
2
2
1
sin 2
cos2
2
x
x
du e dx
u e
dv xdx
v x

=

=

⇒
 
=
= −



0,25

2 2 2 2
2
0 0
1 1 1
sin 2 cos2 cos2 2
0
2 2 2
x x x
e xdx e x e xdx e I
π π
π
π
= − + = − + +
∫ ∫
.
⇒
2 2
2 2 2
1 1 1 1
4 4 8 8
I e I I e
π π
= − − ⇔ = −
Vậy I =
2
1 1
4 4
e
π
−

2
1 1
8 8
e
π
− +
=
2
1 1
8 8
e
π
−
0,25
3.2
(1 điểm)
Điều kiện : x ≥ 2.
Ta thấy x = 2 không là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế phương trình
cho
2
4
4x −
, ta được:
4 4
2 2
2 2
2 2
x x
m

x x
 
− +
+ − =
 ÷
+ −
 
(*).
Đặt
4
4
4
4 4
2 2( 1) 4
0 ( 2) 2 2 0 1
2 1 1
x t
t t x x x t
x t t
+ +
= > ⇒ − = + ⇒ = > ⇔ > ⇔ >
− − −
Khi đó (*) trở thành:
2
1 2
2 2 ( )
2 1
t t
m t m f t
t t

+
 
+ − = ⇔ = =
 ÷
+
 
(3).
Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi PT (3) có nghiệm t > 1.
Xét hàm số f(t) với t> 1, có: f’(t) =
2
2
2 2 2
0 1
(2 1)
t t
t
t
+ +
> ∀ >
+
.
⇒ f(t) > f(1) = 1 ∀ t > 1.
0,25
0,25
0,25
Vậy phương trình có nghiệm ⇔ m > 1.
0,25
4
(1 điểm)
1. Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao

điểm của AM với SO.
Có I là trọng tâm tam giác SAC nên
2
3
SI
SO
=
.
Có
2
3
SN SP SI
SB SD SO
= = =

⇒ NI // BO và PI//DO ⇒ N, I, P thẳng hàng
hay I nằm trên đường thẳng NP ⇒ AM cắt NP
hay 4 điểm A, N, M, P đồng phẳng.
0,25
0,25
+ Có
. .
. .
. .
S ANM S AMP
S ABC S ACD
V SN SM SP SM V
V SA SB SD SB V
= = =
⇒

. .
. .
S ANM S AMP
S ABC S ACD
V V
V V
=
⇔
. . . . .
. . . .
2 1 1
.
3 2 3
S ANM S AMP S ANM S AMP S ANMP
S ABC S ACD S ABCD S ABCD
V V V V V
V V V V
+
= = = = =
.
Vậy mặt phẳng (ANMP) chia hình chóp S.ABCD thành hai phần có tỷ số thể tích
là
1
2
.
0,25
0,25
5a.1
(1 điểm)
Gọi C(x

C
; y
C
). Có C thuộc đường thẳng x - 4 = 0 nên x
C
= 4 ⇒ C(4; y
C
).
Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:
1 2 4 1 5
1; 2
3 3 3
C C
G G
y y
x y
− + + +
= = = = +
.
0,25
Mặt khác G thuộc đường thẳng
0632 =+− yx
nên 2 - 6 - y
C
+ 6 = 0 ⇔ y
C
= 2.
Suy ra C(4; 2)
0,25
( 3;4), (3;1)AB AC= − =

uuur uuur
.
5, 10AB AC= =
.
2 2 2 2
1 1 15
. ( . ) 25.10 ( 9 4)
2 2 2
ABC
S AB AC AB AC= − = − − + =
uuur uuur
.
0,25
Vậy diện tích tam giác ABC là
15
2
.
Ghi chú: Có thể tính diện tích theo công thức Hêrông hoặc công thức khác.
0,25
5a.2
(1 điểm)
(d
1
) đi qua M
1
(1; 3; 1) có vec tơ chỉ phương
1
( 1;1;2)u = −
ur
.

(d
2
) đi qua M
2
(0;1;0) có vec tơ chỉ phương
2
(4;1;2)u =
uur
.
Gọi (α) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với (d
2
). (α) nhận véctơ chỉ phương
2
(4;1;2)u =
uur
của (d
2
) làm vectơ pháp tuyến.
PT (α): 4(x - 1) + 1.(y - 2) + 2(z - 3) = 0 ⇔ 4x + y + 2z - 12 = 0.
0,25
Gọi B là giao điểm của (d
1
) và (α). Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:
2
1 3 1
6
1 1 2
4 2 12 0
7
x

x y z
y
x y z
z
= −

− − −

= =
 
⇔ =
−
 
 
+ + − =
=


⇒ B(-2; 6; 7).
0,25
(d) là đường thẳng đi qua A và B, có vec tơ chỉ phương
( 3;4;4)AB = −
uuur
nên có
phương trình tham số:
1 3
2 4
3 4
x t
y t

z t
= −


= +


= +

.
0,5
6a.
(1 điểm)
Tìm số phức z thỏa mãn:
2
2 0z z+ =
.
Đặt z = a + bi (a, b ∈ R).
2 2 2 2
2 0 ( ) 2( ) 0 2 (2 2 ) 0z z a bi a bi a b a ab b i+ = ⇔ + + − = ⇔ − + + − =
⇔
2 2
2 2
2 2
2 2
0
(1)
0
2 0
2 0

1
2 2 0
1
(2)
2 0
2 0
b
b
a b a
a b a
a
ab b
a
a b a
a b a
=


=


 
− + =

− + =


 
=
⇔ ⇔

 


− =
=




− + =



− + =


0,25
0,25
(1) ⇔
2 2 2
0
0 0
0
2 0 2 0
2
b
b b
a
a b a a a
a

=

= =
 

⇔ ⇔
=

  
− + = + =
 


= −


⇔
0
0
b
a
=


=

hoặc
0
2
b

a
=


= −

(2) ⇔
2 2 2
1
1 1
2 0 3
3
a
a a
a b a b
b
=
= =

 

⇔ ⇔
  
− + = =
= ±

 

⇔
1

3
a
b
=



=


hoặc
1
3
a
b
=



= −


0,25
Vậy có 4 số phức z là z = 0, z = -2,
1 3z i= +
và
1 3z i= −
5b.1
(1 điểm)
Gọi C(x

C
; y
C
). Có tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:
2 1 3 1 2 3
;
3 3 3 3
C C C C
G G
x x y y
x y
+ + + − − + − +
= = = =
.
G thuộc đường thẳng
02 =−+ yx
nên
3 3
2 0 6 0
3 3
C C
C C
x y
x y
+ − +
+ − = ⇔ + − =
0,25
Có
( 1; 1), 2AB AB= − − =
uuur

.
Đường thẳng AB có vec tơ pháp tuyến
(1; 1)n = −
r
nên có phương trình: x - y - 3 =0
1 2 27
( , ). ( , )
2
2
ABC
ABC
S
S d C AB AB d C AB
AB
= ⇒ = =
.
mà
| 3| | 2 9 |
( , )
1 1 2
C C C
x y x
d C AB
− − −
= =
+
.
Suy ra
18
| 2 9 | 27

| 2 9 | 27
9
2 2
C
C
C
C
x
x
x
x
=

−
= ⇔ − = ⇔

= −

+ với x
C
= 18 ⇒ y
C
= -12 ⇒ C(18; -12).
+ Với x
C
= -9 ⇒ y
C
= 12 ⇒ C(-9; 12).
0,25
0,25

0,25
5b.2
(1 điểm)
• (P) có véc tơ pháp tuyến
)1;1;1(
)(
−=
P
n
và d có véc tơ chỉ phương
(1; 1; 3)u = − −
r

)4;2;1()( IPdI ⇒∩=
.
• vì
∆⇒⊥∆⊂∆ dP);(
có véctơ chỉ phương
[ ]
)2;2;4(;
)(
−−==
∆
unu
P
)1;1;2(2 −−=
.
0,25
• Gọi H là hình chiếu của I trên
∆

)(QmpH ∈⇒
qua I và vuông góc
∆
.
Phương trình (Q):
0420)4()2()1(2 =+−+−⇔=−−−+−− zyxzyx
.
Gọi
11
)()( dQPd ⇒∩=
có véctơ chỉ phương
[ ]
)1;1;0(3)3;3;0(;
)()(
==
QP
nn
và
1
d
qua I





+=
+=
=
⇒

tz
ty
x
ptd
4
2
1
:
1

Ta có
);;0()4;2;1(
1
ttIHttHdH =⇒++⇒∈
•



−=
=
⇔=⇔=
3
3
23223
2
t
t
tIH
0,25
0,25

• TH1:
1
7
1
5
2
1
:)7;5;1(3
−
−
=
−
=
−
−
∆⇒⇒=
zyx
ptHt
TH2:
1
1
1
1
2
1
:)1;1;1(3
−
−
=
+

=
−
−
∆⇒−⇒−=
zyx
ptHt
0,25
6b
(1 điểm)
Xét biểu thức
| 1 2 | 1z i+ + =
(1). Đặt z = x + yi. Khi đó (1) trở thành
2 2
1 ( 2) 1( 1) ( 2) ( 1) yx y i x + + =+ + + = ⇔ +
Do đó các điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn (1) nằm trên đường tròn (C) tâm
I(-1; -2) và bán kính R = 1.
0,25
Ta có
z
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm M nằm trên đường tròn (C) và
gần O nhất. Do đó M là giao điểm của (C) và đường thẳng OI, với M là giao điểm
gần O hơn.
Đường thẳng OI có phương trình: y = 2x.
0,25
Tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
( 2) 1
2
( 1) y
y x

x

+ + =

=

+
Giải hệ phương trình ta tìm được:
1
1
5
2
2
5
x
y

= − +




= − +


và
1
1
5
2

2
5
x
y

= − −




= − −


0,25
Có
2 2 2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
5 5 5 5
       
− + + − + < − − + − −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Vậy số phức cần tìm là :
5 5 2 5 10
5 5
z i
− −
= +
.

0,25