Đề thi thử Đại học môn Toán kèm hướng dẫn giải số 34

SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2010 - 2011
MÔN TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
= − +
3 2
3 2y x x
có đồ thị là đường cong
( )
C
.
1. Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đường cong
( )
C
.
2. Lập phương trình tiếp tuyến của đường cong
( )
C
biết tiếp tuyến cắt các trục
,Ox Oy
lần lượt tại
A, B thoả mãn
9OB OA=
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải hệ phương trình


− = − +



+ − = + −

6 2 3 3
2 3 3 6 3 4
x
x y y
y
x x y x y
2. Giải phương trình
π
 
+ + =
 ÷
−
 
1 5 sin 2
tan 2 cos
2 sin cos
2
x
x x
x x
.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
( )

=
+ +
∫
2 5
2 2
2
1 5
xdx
I
x x
.
Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều
1 1 1
.ABC A B C
có cạnh đáy bằng
a
. M là điểm trên cạnh
1
AA
sao cho
1
3AA AM=
. Biết
0
1
90BMC∠ =
. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ
1 1 1
.ABC A B C
.

Câu V (1 điểm) Cho
, ,x y z
là các số thực dương, thoả mãn
3x y z+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
3 3 3
(2 ) (2 ) (2 )
x y z
P
y z x z x y x y z
= + +
+ + +
.
II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường
thẳng có phương trình
2 2 0x y+ − =
. Đường cao kẻ từ B có phương trình
4 0x y− + =
, điểm
( )
1;0M −
thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz

,cho điểm
( ) ( )
5; 2;2 , 3; 2;6B C− −
. Tìm toạ độ điểm A
thuộc mặt phẳng
( ) :P
2 5 0x y z+ + − =
sao cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A.
Câu VII.a (1 điểm) Tìm phần ảo của số phức
z
, biết
( )
2
3 1 2z z i+ = −
.
2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác ABC, phân giác trong AD có phương trình
2 0x y+ − =
, đường cao CH có phương trình
2 5 0x y− + =
. Điểm
( )
3;0M
thuộc cạnh AC thoả
mãn
2AB AM=
. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.

2. Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
,cho điểm
( ) ( )
1;2; 1 , 3;0;5B C−
.Tìm toạ độ điểm A thuộc
mặt phẳng
( ) : 2 2 10 0P x y z− + − + =
sao cho tam giác ABC cân tại A và có diện tích bằng
2 11
.
Câu VII.b (1 điểm) Tìm phần ảo của số phức
z
, biết
( )
( )
2
1 1 2z i z i− + = +
.
Hết
Cán bộ xem thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: Số báo danh www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN VẮN TẮT VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Câu I
1
1 đ
Câu I. 1. Khảo sát
= − +
3 2
3 2y x x

- Tập xác định
D R=

- Sự biến thiên của hàm số +
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Đồ thị không có đường tiệm cận

( )
' 2
3 6 3 2y x x x x
= − = −

'
0 0 2y x x
= ⇔ = ∨ =
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
−∞ +∞;0 vµ 2;
Hàm số nghịch biến trên
( )
0;2
Điểm cực đại
( )
0;2
, Điểm cực tiểu
( )

2; 2−
0,25
-Đồ thị.(0,25) Đi qua
( )
1; 2− −
,
( )
1;0

( )
3;2
. Đồ thị nhận
( )
1;0I
làm điểm uốn
HS có thể trình bày theo sơ đồ của CT cơ bản

0,25
0,25
0,5
Câu I 2
1 đ
Gọi toạ độ điểm
( )
( )
0 0
;M x f x
là toạ độ tiếp điểm.
Theo giả thiết OB=9OA suy ra hệ số góc của tiếp tuyến bằng 9 hoặc -9
( )

( )
( )
( )
2
2
0
0 0
0 0
2
2
0
0 0
0 0
' 9
2 3 0 1
3 6 9 0
' 9
2 3 0 2
3 6 9 0
f x
x x
x x
f x
x x
x x

=

− − =
− − =

⇔ ⇔



= −
− + =
− + =



.
Phương trình (2) vô nghiệmPhương trình (1) suy ra
0 0
1, 3x x= − =
Với
0
1x = −
suy ra phương trình tiếp tuyến
9 7y x= +
Với
0
3x =
suy ra phương trình tiếp tuyến
9 25y x= −
0,25
00,25
0,25
0,25
Câu
II .1

1 đ
Điều kiện
3 0,3 3 0, 0x y x x y y− ≥ + − ≥ ≠

( ) ( )
− −
−
− = − + ⇔ − = − ⇔ − =
2
2 3 2 3
3
6 2 3 3 3 3 3
x y x y
x y
x
x y y y x y
y y y y
Đặt
−
=
3x y
t
y
suy ra
2
3
2 3 0 1
2
t t t t− − = ⇔ = − ∨ =
+Với

1t = −
ta có
3x y y− = −
(3)
2
0
3
y
x y y
<

⇔

= +

thay vào (2) ta có
2 2
2 2 5 4y y y= + −
2
2 2 5 4y y y⇔ − = + −
2
2 7 4 0y y⇔ + − =
⇔
1
4
2
y y= − ∨ =
(loại)
Thay
4y = −

vào (3) ta có
4x =
. suy ra
( )
4; 4−
là nghiệm
+Với
3
2
t =
ta có
3
3
2
x y y− =
(3)
2
0
9
3
4
y
x y y
>


⇔

= +



từ (2)
⇒
2 2
9 5 9
2 5 4
4 2 2
y y y y+ = + −
0,25
0,25
0,25
0,25
y
x
4
2
-2
-5
5
2
0
1
3
-1
x
−∞
0 2
+∞
y
’

+ 0 - 0 +
y 2
+∞

−∞
-2
Đặt
2
9 5
4 2
y y u+ =
(
0u ≥
)Ta có
2
2 2 4 0u u− − =
⇔
2 1u u= ∨ = −
(loại)
Với
2
8
2 9 10 16 0 2
9
u y y y y= ⇔ + − = ⇔ = ∨ = −
(loại)
Thay
8
9
y =

vào (3) ta có
8
9
x =
. suy ra
8 8
;
9 9
 
 ÷
 
là nghiệm
Câu
II 2
1 đ
Điều kiện
cos 0,sin cos 0x x x≠ − ≠
0,25
⇔ − − =
−
1 sin 2 sin cos
2 sin 0
cos sin cos
2
x x x
x
x x x
⇔ − =
−
2

1 sin 2sin
0
cos sin cos
2
x x
x x x
2
sin .sin 2sin .cos
4
x x x x
π
 
− =
 ÷
 
sin 0
2 2
sin 2 sin
4
4
5
2 2
4
x k
x
x x k
x x
x x k
π
π

π
π
π
π


=
=




⇔ = − +
 


= −
 ÷

 



= − +

2
4
5 2
12 3
x k

x k
k
x
π
π
π
π π


=


⇔ = − +



= +

0,25
0,5
Câu
III
1đ
Đặt
2 2 2
5 5t x t x xdx tdt
= + ⇒ = + ⇒ =
Với
2 3x t= ⇒ =
,

2 5 5x t= ⇒ =
Vậy
5 5
2 2
3 3
( 4) 4
tdt dt
I
t t t
= =
− −
∫ ∫
(0,25 )
5
3
1 1 1
4 2 2
dt
t t
 
= −
 ÷
− +
 
∫
(0,25)
5
3
1 2 1 15
ln ln

4 2 4 7
t
t
−
= =
+
(0,25)
0,25
0,75
Câu
IV
1đ
Đặt
=
1
AA x
suy ra
1
2
;
3 3
x x
AM A M= =
Tam giác
1
MBC
vuông tại M
2 2 2
1 1
MB MC BC⇒ + =

2 2 2
2 2 2 2 2
4 4 3
9 9 9 2
x x x a
a a x a a x+ + + = + ⇔ = ⇔ =
Gọi
1
,O O
là tâm của đáy ABC và
1 1 1
A B C
, I là trung điểm của
1
OO
, Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.
2
2
2
2 2 2
3 3 43
3 4 48
a a a
R AO OI
 
 
= + = + =
 ÷
 ÷
 ÷

 
 
43
4 3
R a⇒ =
Vậy
3
3 3
4 4 43 43 43
3 3 144 3
4 3
V R a a
π π π
 
= = =
 ÷
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
V
1đ
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có
3
2
(2 ) 3 9
x y z x

x
y z x
+
+ + ≥
+
(1)
Tương tự
3
2
(2 ) 3 9
y z x y
y
z x y
+
+ + ≥
+
(2)
3
2
(2 ) 3 9
z x y z
z
x y z
+
+ + ≥
+
(3)
Cộng theo vế của (1), (2), (3) ta có
3
x y z

P
+ +
≥
1=
Dấu
=
xảy ra khi
1x y z= = =
0,5
0,25
0,25
Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn
Câu
VIa.
1
Toạ độ B là nghiệm của hệ
4 0
2 2 0
x y
x y
− + =


+ − =

Suy ra
( )
2;2B −
Gọi d là đường thẳng qua M song song với BC
: 2 1 0d x y⇒ + + =

Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B. Toạ độ N là nghiệm của hệ
4 0
2 1 0
x y
x y
− + =


+ + =

Suy ra
( )
3;1N −
0,25
0,25
A
B
C
A1
B1
C1
M
O
O1
I
Gọi I là trung điểm MN
1
2;
2
I

 
⇒ −
 ÷
 
. Gọi E là trung điểm BC. Do tam
giác ABC cân nên IE là đường trung trực BC .IE đi qua I vuông góc
với BC
: 4 2 9 0IE x y⇒ − + =
. Toạ độ E là nghiệm của hệ
2 2 0
7 17
,
4 2 9 0
5 10
x y
E
x y
+ − =

−
 
⇒

 ÷
− + =
 

4 7
;
5 5

C
−
 
⇒
 ÷
 
.
CA đi qua C vuông góc với BN suy ra
3
: 0
5
CA x y+ − =
Toạ đô A là nghiệm của hệ
4 2 9 0
3
0
5
x y
x y
− + =



+ − =


13 19
;
10 10
A

−
 
⇒
 ÷
 
0,25
00,25
Câu
VIa.
2
( 2;0;4)BC = −
uuur
.Trung điểm của BC có toạ độ
( )
4; 2;4−
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của BC.
( ) ( ) ( ) ( )
: 2 4 0 2 4 4 0Q x y z− − + + + − =
( )
: 2 4 0Q x z⇔ − + =
Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng (P) và (Q)
Chọn
( )
, 2; 5;1
d P Q
u n n
 
= = −
 
uur uur uur

, Điểm
( )
0;3;2
thuộc mặt phẳng (p) và (Q) suy ra
2
3 5
2
x t
d y t
z t
=


= −


= +

. Ta có tam giác ABC cân suy ra A thuộc d.
Gọi toạ độ
( )
2 ;3 5 ;2A t t t− +

(2 5;5 5 ; ); (2 3;5 5 ; 4)BA t t t CA t t t
⇒ = − − = − − −
uuur uuur
Tam giác ABC vuông suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
2
0 2 5 2 3 5 5 4 0BACA t t t t t= ⇔ − − + − + − =

uuuruuur
2
4
3 7 4 0 1
3
t t t t− + = ⇔ = ∨ =
Với
( )
1 2; 2;3t A= ⇒ −
,
4 8 11 10
; ;
3 3 3 3
t A
−
 
= ⇒
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
VIIa.
Tìm phần ảo của số phức
z
biết
( )
2

3 1 2z z i+ = −

Đặt
z a bi z a bi= + ⇒ = −
Ta có
( ) ( )
2
3 1 2 4 2 1 4 4 4 2 3 4a bi a bi i a bi i a bi i+ + − = + ⇔ − = + − ⇔ − = − +
3
4 3
4
2 4
2
a
a
b
b
−

= −
=


⇔ ⇔
 
− =


= −


. Vậy
3
2
4
z i
−
= −
. Vậy phần ảo của
z
bằng -2
0,25
0,25
0,5
Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao
Câu
VIb.
1
Đường thẳng d qua M vuông góc với AD của có phương trình
3 0x y− − =
; Gọi I, E là giao diểm của AD, AB với d. Dễ
thấy tam giác AME cân tại A
Toạ độ I là nghiệm của hệ
( )
3 0
5 1
; 2; 1
2 0
2 2
x y
I E

x y
− − =

−
 
⇒ ⇒ −

 ÷
+ − =
 


AB là đường thẳng qua E vuông góc với CH
: 2 3 0AB x y+ − =
Toạ độ A là nghiệm của hệ
( )
2 3 0
1;1
2 0
x y
A
x y
+ − =

⇒

+ − =

.
0,25

0,25
I
B
C
A
N
M
E
d
I
B
C
A
D
E
M
H
Do
2AB AM=
⇒
E là trung điểm AB suy ra
( )
3; 3B −
Phương trình
: 2 3 0AM x y+ − =
Toạ độ C là nghiệm của hệ
( )
2 3 0
1;2
2 5 0

x y
C
x y
+ − =

⇒ −

− + =

0,25
0,25
Câu
VIb
2
(2; 2;6)BC = −
uuur
.Trung điểm của BC có toạ độ I
( )
2;1;2
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của BC.
( ) ( ) ( ) ( )
: 2 2 2 1 6 2 0Q x y z− − − + − =
( )
: 3 7 0Q x y z⇔ − + − =
Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng (P) và (Q)
Chọn
( )
, 4; 1;1
d P Q
u n n

 
= = − −
 
uur uur uur
, Điểm
( )
4; 3;0−
thuộc mặt
phẳng (p) và (Q) suy ra
4 4
3
x t
d y t
z t
= −


= − −


=

. Ta có tam giác ABC cân suy ra A thuộc d.
Gọi toạ độ
( )
4 4 ; 3 ;A t t t− − − ⇒

( )
2 4 ; 4 ; 2IA t t t
⇒ = − − − −

uur
1
2 11 . 11 2
2
ABC
S BC AI= ⇔ =
. Do
2 11 22BC AI= ⇒ =
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2 4 4 2 22 18 12 24 22t t t t t− + + + − = ⇔ − + =
2
1
9 6 1 0
3
t t t⇔ − + = ⇔ =
Suy ra
8 10 1
; ;
3 3 3
A
 
−
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu
VIIb
Đặt
z a bi z a bi= + ⇒ = −
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 1 2 1 4 4a bi i a bi i a bi a ai bi b i
+ − + − = − ⇔ + − + − + = − −
( )
3 3
2 3 4
2 4 10
b b
b b a i i
b a a
= =
 
− + − = − − ⇔ ⇔
 
− = − =
 
Vậy
10 3z i= +
Suy ra phần ảo của
z
bằng 3
0,25
0,25
0,5

d
B
C
A
I