đề thi thử môn toán ôn thi đhcđ năm 2011 đề số 15

TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011
KHỐI: A
Thời gian: 180 phút(không kể thời gian phát 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. T́m 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 tŕnh
)
2
sin(2
cossin
2sin
cot
2
1
π
+=
+
+ x
xx
x
x

2. Giải bất phương tŕnh :
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 h́nh lăng trụ tam giác đều
'''. CBAABC
có
).0(',1 >== mmCCAB
T́m
m
biết
rằng góc giữa hai đường thẳng
'AB
và
'BC
bằng
0

60
.
Câu V (1,0 điểm). T́m m để phương tŕnh 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 tŕnh 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 tŕnh
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). T́m 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 tŕnh sau trên tập số phức (z
2
+3z+6)
2
+2z(z
2
+3z+6)-3z
2
= 0
B. Theo chương tŕnh 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 tṛn (C):
2 2
2 4 8 0x y x y+ + − − =
.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tṛn (C)và đường thẳng d (cho biết
điểm A có hoành độ dương). T́m tọa độ C thuộc đường tṛn (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 tŕnh 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 tŕnh sau trên tập số phức z
4
-z
3
+
2
2
z

+z+1 = 0
HẾT
Cán bộ coi thi không giải thích ǵ thêm.
ĐỀ SỐ 15
Họ và tên thí sinh số báo
danh
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 Ư 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 T́m 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 h́nh 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 tŕnh … 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
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 trnh. 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 mn 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
th y(x)

11 +Nu x>1 th 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
Hnh 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 Tm m phng trnh 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
+ +ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
- + =
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
ố ứ
+ +
.
0,25
t
2
2 1
1
x
t

x
+
=
+
iu kin : -2< t
5Ê
. Rỳt m ta cú: m=
2
2 2t
t
+
.
0,25
Lp bng biờn thiờn c ỏp s
12
4
5
m< Ê
hoc -5 <
4m < -
0,5
VI
a
2,0
1 Vit phng trnh ng thng 1,00
Phng trnh ng phõn giỏc gúc to bi d
1
, d
2
l:

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 t́m đi qua M(0;1) và song song với
1 2
,∆ ∆
nên ta có hai đường thẳng thoả măn
3 3 0x y+ − =
và
3 1 0x y− + =
0,5
2 T́m toạ độ điểm D… 1,00
Ta có
( )

1; 4; 3AB = − − −
uuur
Phương tŕnh 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 h́nh 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
. V́
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 tŕnh trên tập số phức 1,00
Ta thấy z = 0 không là nghiệm của phương tŕnh . Chia cả hai vế cho z
2
và đặt
2
3 6z z
t
z
+ +
=
,
Dẫn tới phương tŕnh : t
2
+2t-3 = 0 ⇔t=1 hoặc t=-3.
0,5
1 Với t=1 , ta có : z
2
+3z+6 = z ⇔ z
2
+2z+6 = 0 ⇔ z = -1±

5
i
0,25
2 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 T́m toạ độ điểm C 1,00
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương tŕnh
2 2
0; 2
2 4 8 0
1; 3
5 2 0
y x
x y x y
y x
x y
= =

+ + − − =

⇔
 

= − = −
− − =


.V́ A
có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
0,5
V́
·
0
90ABC =
nên AC là đường kính đường tṛn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của
đường tṛn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
0,5
2
T́m 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
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 h́nh 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), th́ 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 tŕnh 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 tŕnh:
( ) ( ) ( )
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 tŕnh 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 tŕnh : z-
1
z
=
1
2
+
3
2
i cho nghiệm z
1

=1+i ; z
2
=-
1
2
(1-i) +
Phương tŕnh : z-
1
z
=
1
2
-
3
2
i cho nghiêm z
3
=-
1
2
(1+i) ; z
4
= 1-i

0,5