DE+DAP AN KHOI D NGAY 7.5.2011 THPT MINH CHAU

Trờng THPT minh châu
đề chính thức
Đề thi thử đại học năm 2011 lần 2
Mụn : Toỏn, khi D
(Thi gian 180 khụng k phỏt )
Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)
Cõu I: (2 im) Cho hm s
12
24
+= xxy
(C)
1. Kho sỏt v v th hm s.
2. Bin lun theo
m
s nghim ca phng trỡnh:
0log12
2
24
=++ mxx
(vi
0
>
m
)
Cõu II: (2 im) 1) Gii bt phng trỡnh:
2 10 5 10 2x x x+ +
2)Gii phng trỡnh:
( )
4 4
5sin 2 4 sin os 6
0

2cos2 3
x x c x
x
+ +
=
+
Cõu III: (1 im) Tớnh tớch phõn:
3
2
0
2 1
1
x x
I dx
x
+
=
+

.
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác đều cạnh
a
, SA
vuông góc với đáy và mặt bên (SBC) tạo với đáy một góc bằng 60
0
. Gọi

I
là trung điểm của SC.
Tính thể tích khối chóp
.I ABC
.
Cõu V: (1 im)Cho cỏc s thc khụng õm a, b, c tha món: a + b + c = 1. Tỡm giỏ tr nh nht
ca biu thc M=3(a
2
b
2
+b
2
c
2
+c
2
a
2
) + 3(ab + bc + ca) +
2 2 2
2 a b c+ +
.
PHN T CHN: Thớ sinh chn mt trong hai sau:
A. Theo chơng trình chuẩn
Cõu VI.a (2 im) 1.Trong mt phng vi h ta Oxy cho hai ng thng

:
3 8 0x y+ + =
,
':3 4 10 0x y + =

v im A(-2 ; 1). Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm thuc ng thng

,
i qua im A v tip xỳc vi ng thng

.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai ng thng d
1
:
1 1 1
2 1 1
x y z+
= =

;d
2
:
1 2 1
1 1 2
x y z +
= =
v mt phng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng
thng , bit nm trờn mt phng (P) v ct hai ng thng d
1
, d
2
.
Cõu VII.a (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp phc: z
2
+3(1+i)z-6-13i=0

B. Theo chơng trình nâng cao
Cõu VI.b : (2 im)
1.Trong mt phng vi h ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú phng trỡnh cnh AB: x - y - 2 = 0,
phng trỡnh cnh AC: x + 2y - 5 = 0. Bit trng tõm ca tam giỏc G(3; 2). Vit phng trỡnh cnh BC.
2.Trong khụng gian Oxyz, cho 2 ng thng d
1
v d
2
cú phng trỡnh:
1
2 1
: 3 1
2
x t
d y t
z t
=


= +


= +

2
2
: 5 2
2
x t
d y t

z t
=


=


=

CMR : d
1
v d
2
chộo nhau, tớnh khong cỏch gia hai ng thng trờn?
Cõu VII.b (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp s phc z
4
z
3
+ 6z
2
8z 16 = 0
Ht

Thớ sinh khụng c s dng ti liu.Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh:.S bỏo danh:
P N THI TH I HC TON KHI D
O
1
-1
1

y
x
NĂM HỌC : 2010-2011
Dưới đây là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Nếu học sinh giải cách
khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng.
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I-1
(1 điểm)
Tập xác định D = R
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
xxy 44'
3
−=
;





−=
=
=
⇔=
1
1
0
0'
x
x

x
y
Hàm số đồng biến biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1 ; + ∞).
Hàm số nghịch biến biến trên các khoảng (-∞; -1) và (0 ; 1).
0,25
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
1,0 ==
CD
yx
Hàm số đạt cực tiểu tại
0,1 =±=
CT
yx
- Hàm số không có tiệm cận.
0,25
- Bảng biến thiên:
x
-∞ - 1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y
+∞ +∞
1
0 0

0,25
Đồ thị:
- Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (-1; 0) và (1; 0)
- Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; 1)
- Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng.
- Hình vẽ:

0,25
I-2
(1 điểm)
Số nghiệm của PT là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng
my
2
log−=
0,25
Từ đồ thị ta có:
Với
2
1
01log
2
<<⇔>− mm
: PT có hai nghiệm phân biệt
Với
2
1
1log
2
=⇔=− mm
: PT có ba nghiệm phân biêt.
0,25
Với
1
2
1
0log1
2

<<⇔>−> mm
: PT có bốn nghiệm phân biệt.
Với
10log
2
=⇔=− mm
: PT có hai nghiệm phân biệt.
Với
10log
2
>⇔<− mm
: Phương trình vô nghiệm.
0,25
Kết luận.
0,25
Câu II
1) Giải bất phương trình:
2 10 5 10 2x x x+ ≥ + − −
(1)
Điều kiện:
2x
≥
( )
2
1 2 10 2 5 10
2 6 20 1(2)
x x x
x x x
⇔ + + − ≥ +
⇔ + − ≥ +

Khi
2x
≥
=> x+1>0 bình phương 2 vế phương trình (2)
(
] [
)
2 2
2
(2) 2 6 20 2 1
4 11 0
x ; 7 3;
x x x x
x x
⇔ + − ≥ + +
⇔ + − ≥
⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞
Kết hợp điều kiện vậy nghiệm của bất phương trình là:
3x ≥
0,25
0,25
0,25
0,25
2) Giải phương trình:
( )
( )
4 4
5sin 2 4 sin os 6
0 1
2 os2 3

x x c x
c x
− + +
=
+
Điều kiện:
5 5
2 os2 3 0 2 2 ,
6 12
c x x k x k k Z
π π
π π
+ ≠ ⇔ ≠ ± + ⇔ ≠ ± + ∈
( )
2
2
1
1 5sin 2 4 1 sin 2 6 0
2
2sin 5sin 2 2 0(2)
x x
x x
 
⇔ − − + =
 ÷
 
⇔ + + =
Đặt sin2x=t, Đk:
1t ≤
( )

( )
( )
2
2 2 5 2 0
2

1
2
t t
t loai
t TM
⇔ + + =

= −

⇔

= −


Khi t=1/2=>sin2x=-1/2
( )
( )
2 2
2
6
12
, ,
7 7
2 2 2

6 12
x k
x k tm
k Z k Z
x k x k l
π
π
π
π
π π
π π


= − +
= − +


⇔ ∈ ⇔ ∈




= + = +




0,25
0,25
0,25

0,25
Câu III
1) Tính:
3
2
0
2 1
1
x x
I dx
x
+ −
=
+
∫
Đặt
2
1 1x t x t+ = ⇔ = −
dx=2tdt; khi x=0=>t=1,x=3=>t=2
0,25
( ) ( )
( )
2
2 2
2
1
2
5
4 2 3 2
1

1
2 1 1 1
2
4
=2 2 3 2
5
128 4 124 54
= 16 2 14
5 5 5 5
t t
I tdt
t
t
t t dt t
+
=

=
ữ

+ = =


0,25
0,25
0,25
Cõu IV
Tính thể tích khối chóp
.I ABC
.

Gọi M, H lần lợt là trung điểm BC, AC. Dễ có
ã
0
60SMA =
Ta có
2
3 3
2 4
ABC
a a
AM S= =
0,25
0,25
0
3 3
tan60 ,
2 2 4
a SA a
SA AM IH= = = =
Vậy
3
.
1 3
. .
3 16
S ABC ABC
a
V IH S= =
0,25
0,25

Phn t chn
VI.b- 1
(1 điểm)
1) Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT:
- - 2 0
2 - 5 0
x y
x y
=


+ =

⇔ A(3; 1) 0.25
Gọi B(b; b- 2) ∈ AB, C(5- 2c; c) ∈ AC 0.25
Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên
3 5 2 9
1 2 6
b c
b c
+ + − =


+ − + =

⇔
5
2
b
c

=


=

. Hay B(5; 3), C(1; 2) 0.25
Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là
( 4; 1)u BC= = − −
r uuur
.
Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0
VIb2
2) gọi M(x
m
;y
m
;z
m
) và N(x
n
;y
n
;z
n
) là hai điểm lần lượt thuộc d
1
và d
2
, NM là đường vuông
góc chung của d

1
và d
2
.
Vậy M(2t
m
-1;3t
m
+1;t
m
+2) và N(t
n
-2;5t
n
-2;-2t
n
)
( )
2 1;5 3 3; 2 2
n m n m n m
MN t t t t t t⇒ = − − − − − − −
uuuur
Gọi véctơ chỉ phương của d
1
và d
2
lần lượt là
1 2
,
d d

u u
uur uur
Do:
1
. 0 15 15 13 0
5
30 15 16 0 2
. 0
3
m
d n m
n m
d
n
t
MN u t t
t t
MN u
t

=
 
= − − =

 
⇔ ⇔
  
− − =
=





= −


uuuur uur
uuuur uur
3 8 11 8 16 4
; ; ; ; ;
5 5 5 3 3 3
M N
   
⇒ − − −
 ÷  ÷
   
=> độ dài của MN=
0,5
0,5

VIa
0.25
Tâm I của đường tròn thuộc
∆
nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến
∆
’ bằng k/c IA nên ta có
2 2
2 2

3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
− − − +
= − − + + −
+
Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)
2
+ (y + 3)
2
= 25.
2
Gọi A = d
1
∩(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d
2
∩ (P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng ∆ thỏa mãn bài toán đi qua A và B.
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là
(1;3; 1)u = −
r
Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là:
1 2
1 3 1
x y z− −
= =
−
VIIb

Xét phương trình : Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0
Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm Z
1
= –1, phân tích vế trái thành nhân tử cho ta:
(Z + 1)(Z – 2)(Z
2
+ 8) = 0 Suy ra: Z
3
=
2 2 i
và Z
4
= –
2 2 i
ĐS :
{ }
− − −1,2, 2 2 i, 2 2 i

VII.a
∆=24+70i,
7 5i∆ = +
hoặc
7 5i∆ = − −
2

5 4
z i
z i
= +

=>

= − −

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca
⇒ 1 = (a + b + c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca)
⇒ a

2
+ b
2
+ c
2
= 1 – 2t và
1
0
3
t≤ ≤
Theo B.C.S ta có : t
2
= (ab + bc + ca)
2
≤ 3(a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
)
⇒ M ≥
2
3 2 1 2 ( )t t t f t+ + − =

f’(t) =
2
2 3
1 2
t
t
+ −
−

f ’’(t) =
3
2
2
(1 2 )t
−
−
< 0, ∀t ∈
1
0,
3
 
 
 
⇒ f’(t) là hàm giảm
1 11
'( ) '( ) 2 3
3 3
f t f≥ = −
> 0 ⇒ f tăng ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2, ∀t ∈
1

0,
3
 
 
 
⇒ M ≥ 2, ∀ a, b, c không âm thỏa a + b + c = 1
Khi a = b = 0 và c = 1 thì M = 2. Vậy min M = 2.
VIIa
Xét phương trình : Z
4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0
Dễ thấy phương trình có 1 nghiệm Z
1
= –1, phân tích vế trái thành nhân tử cho ta:
(Z + 1)(Z – 2)(Z
2
+ 8) = 0 Suy ra: Z
3
=
2 2 i
và Z
4
= –
2 2 i
ĐS :
{ }

− − −1,2, 2 2 i, 2 2 i