Thi thử môn toán khối a thpt nguyễn đức cảnh, thái bình (có đáp án, biểu điểm)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Môn thi : Toán; Khối: A

ĐỀ THI THỬ MATHVN.COM

Thời gian làm bài: 180 phút không kể phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I.(2,0điểm)
Cho hàm số: y = x 4 − 2 m 2 + 1 x 2 + 3 (1)

(

)

1. Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1.
2. Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn có ba điểm cực trị A, B, C với mọi giá trị của m. Tìm m để đường tròn
nội tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 1.
Câu II.(2,0điểm)
 x3 + x + y − 1 = y 3 + 2 y − 1

1. Giải hệ phương trình: 
log 2 1 + x = log 3 y
π x
2. Giải phương trình: tan x ( sin x − 1) = 2sin 2  −  ( sin 2 x − 2 )
 4 2
1
2x + 3

Câu III.(1,0điểm) Tính tích phân: I = ∫
dx
2x − x2
1

(

)

2

Câu IV.(1,0điểm)
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân ở A, các mặt phẳng (A'AB) và
(A'AC) cùng tạo với đáy góc 600, cạnh bên AA' = 2a 5 , khoảng cách giữa AA' và BC là a 5 . CMR: hình
chiếu vuông góc của A' lên mp(ABC) thuộc trung tuyến AM của tam giác ABC, tính thể tích khối lăng trụ.

Câu V: (1 điểm)

(x
Cho x,y ∈ R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của P =

3

+ y3 ) − ( x2 + y2 )
( x − 1)( y − 1)

II. PHẦN RIÊNG
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.(2,0điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy,viết phương trình đường tròn (C) có tâm thuộc đường thẳng (d1): x + y - 5 = 0 đi qua
điểm A(6;0) và cắt đường thẳng (d2): 3x + 4y - 3 = 0 theo dây cung có độ dài bằng 8.
2. Trong không gian Oxyz, cho hình thoi ABCD có đỉnh D(0;-1;4), đường thẳng AB đi qua điểm M(7;8;3)
x = 2 + t

phương trình đường thẳng AC là:  y = 2
. Tính diện tích hình thoi ABCD.
 z = 3 + 2t

Câu VIIa.(1,0điểm)

Giải bất phương trình: 2

log2 x
2

+x

2log2 x

− 20 ≤ 0

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb.(2,0điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P): y2 = x và đường thẳng (d): x - y - 2 = 0 cắt (P) tại hai điểm A, B.
Tìm điểm C thuộc cung AB của (P) sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có B(6;9;6), đường cao AH có phương trình là:
x−6 y −3 z +6
=
=

, đường thẳng AC đi qua M(3;3;0) và tiếp xúc mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 = 9 .
1
−1
−4
Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC.
Câu VII.a(1,0 điểm)
Giải phương trình: z 3 − ( 4 + 3i ) z 2 + ( 3 + 13i ) z + 10 − 10i = 0 trên tập số phức, biết nó có một nghiệm là số
thuần ảo.
---------HẾT--------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:..................mathvn.com.................. Số báo danh:.....................


ĐÁP ÁN
CÂU

NỘI DUNG – www.MATHVN.com

ĐIỂM

x = 0
+ ) y ' = 4 x ( x 2 − m 2 − 1) ⇒ y ' = 0 ⇔ 
2
 x = ± m + 1
Lập BBT suy ra đồ thi(1) luôn có 3 điểm cực trị là

(

(

)

A(0;3), B − m + 1;3 − m + 1
2

(m

+) Tính: AB = AC =
Câu I.2

) (

2

r=

)

2

), C (

(

)

m + 1;3 − m + 1
2

2

2

0.25

)
(

)

+ 1 + m 2 + 1 , BC = 2 m 2 + 1, d ( A, BC ) = y A − yB = m 2 + 1

2

BC.d ( A, BC )

+) Ta có: S ABC =

2

(m

2

=

4

2

m2 + 1

m + 1 + ( m + 1) + m + 1
4

2

(m

=1⇔

2

+ 1)

2

1 + 1 + ( m + 1)

2

2

3

=1

t ≥ 1
t 2 = 1 + 1 + t 3
⇔
⇔ 4

⇔ t = 2 ⇒ m = ±1
2
3
2
t − 2t = t
t = m + 1
ĐK : { x + y − 1 ≥ 0, 2 y − 1 ≥ 0, x ≥ 0}
⇔ ( x3 − y 3 ) +

PT (1)

(

(

x + y −1 + 2 y −1

Thay y = x vào (2) ta được:

(

0.25

)


⇔ ( x − y )  x 2 + xy + y 2 +


⇔x= y

Câu II.1

0.25

x + y −1 − 2 y −1 = 0
x− y

)

⇔ x3 − y 3 +

0.25

AB + BC + CA
r (r là bkính đường tròn nội tiếp ABC)
2

+ 1)

2

2

(

=0


1

=0
x + y − 1 + 2 y − 1 

0.50

)

log 2 1 + x = log 3 x . Đặt t = log3x

ta được x = 3t suy ra pt(2) tương đương với:

t

)

t
1  3
log 2 1 + 3 = t ⇔ 1 + 3 = 2 ⇔   + 
 =1⇔ t = 2 ⇔ x = 9
 2   2 
t

t

t

0.50

Vậy hệ có nghiệm : x = y = 9

ĐK:

x≠

π
2

0.25

+ kπ

π

− x   ( sin 2 x − 2 )
2


sin x = 1
⇔ ( sin x − 1)( tan x + sin 2 x − 2 ) = 0 ⇔ 
 tan x + sin 2 x − 2 = 0


PT ⇔ tan x ( sin x − 1) =  1 − cos 

Câu II.2

+) sinx = 1

⇔x=

π
2

+ k 2π

+) Đặt t = tan x ⇒ sin 2 x =

t anx=1 ⇔ x=
2x + 3

1

I =∫

2x − x

1
2

Câu III.2

1

(

4

2

dx = ∫

1
2
−1
2

không thoả mãn đk

0.25

(

2t
1+ t2

)

⇒ (2) : ( t − 1) t 2 − t + 2 = 0 ⇔ t = 1

+ kπ ( t / m ) . Vậy pt có nghiệm: x=
1

B = ∫ 2 x − x2
1
2

π

0.25

5 − ( 2 − 2x )

2x − x

2

) d ( 2x − x ) = 2
2

1

dx = ∫
1
2

2x − x2

1

5
2x − x
1
1
2

2

dx − ∫

=2− 3

1

2

π
4

+ kπ

2 − 2x
2x − x2

0.25

dx = A − B

0.50


1

5

A=∫

1 − ( x − 1)

1
2

0

⇒ A=

∫π

−

2

1
π

x = ,t = −
2
6

 x = 1, t = 0

 x − 1 = sin t

dx = cos tdt

dx

5cos tdt 5π
=
cos t
6

⇒I =

5π
−2+ 3
6

0.50

6

A'

- Gọi H là hình chiếu vuông góc của A' trên
mp(ABC), kẻ HE, HF lần lượt vuông góc với AB và
AC tại E, F. Ta có các góc A'EH và A'FH cùng bằng
600 suy ra các tam giác vuông A'HE và A'HF bằng
nhau nên HE = HF suy ra H nằm trên đường phân
giác trong AM của tam giác ABC

C'

0.25

B'

N

F

A

H

C

E
M
B'

CâuIV

- Đặt A'H = x. Xét các tam giác vuông A'EH và AA'E, ta có:

A' H
A' H
2x
⇒ A' E =
=
0
A' E
sin 60
3
A' E
x
+ ) AE = EH =
=
2
3

+ )sin 600 =

(

)

2

0.25

2

 x   2x 
+ ) AA ' = AE + A ' E ⇔ 2a 5 = 
 +
 ⇒ x = 2a 3
 3  3
5a
25a 2
- Xét tam giác AA'M có: AM . A ' H = MN . A ' A ⇒ AM =
⇒ S ABC = AM 2 =
3
3
3
50a
- Thể tích khối lăng trụ là: V = S ABC A ' H =
3
2

2

2

2

0.25

0.25

t2
Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y) ta có xy ≤
4
2
3
2
t
t − t − xy (3t − 2)
P=
. Do 3t - 2 > 0 và − xy ≥ −
nên ta có
xy − t + 1
4
2

0,25

t 2 (3t − 2)
t2
4
P≥
=
t2
t−2

− t +1
4
t2
t 2 − 4t
Xét hàm số f (t ) =
; f '(t ) =
; f’(t) = 0 ⇔ t = 0 v t = 4.
t−2
(t − 2) 2

0,25

t3 − t 2 −

CâuV

t
f’(t)

2

4
0

-

+∞
+

0,25

+∞

+∞

f(t)
8
Do đó min P =

x + y = 4
x = 2
min f (t ) = f(4) = 8 đạt được khi 
⇔
(2;+∞ )
 xy = 4
y = 2

+) Gọi I là tâm đường tròn, do

I ∈ d1 ⇒ I (a;5 − a) .Theo giả thiết ta

IA2 = 42 + d 2 ( I , d 2 ) ⇔ ( a − 6 ) + ( a − 5 )
2

CâuVIa1

2

(17 − a )
= 14 +

25

2

a = 2
⇔
 a = 418

49

0,25

A
d1

R
I

0.50

R
d2
4


+ )a = 2 ⇒ I (2;3), R = 5 ⇒ (C ) : ( x − 2 ) + ( y − 3) = 25
2

2

0.25

2

2

418  
173 
45305

⇒ (C ) :  x −
 +y+
 =
49  
49 
2401


418
+ )a =
49

0.25
0.25

+ Tìm điểm M' đối xứng M qua AC ta được M'(-1;-4;7)

x = t

 y = −1 + 3t

 z = 4 − 3t


+) Viết ptđt AD:

B

19

+) Tính được AD =
CâuVIa2

M
C

A

5
14
⇒ sin ( AD, AC ) =
19
19

cos ( AD, AC ) =

0.25

suy ra điểm A là giao của AD và AC, tìm được A(1;2;1)

M'

0.25

2 70
⇒ sin BAD = 2sin ( AD, AC ) .cos ( AD, AC ) =
19
+) Diện tích hình thoi ABCD là: S = AD 2 sin BAD = 19.

D

2 70
= 2 70
19

0.25

Cách 2. Tìm tâm I => B, Viết AB => A...OK
2

2 4log2 x + x 2log2 x − 20 ≤ 0
t
Đặt t = log 2 x . Khi đó x = 2 .
Điều kiện: x> 0 ; BPT ⇔

BPT trở thành 4 + 2 − 20 ≤ 0 . Đặt y =
BPT trở thành y2 + y - 20 ≤ 0 ⇔ - 5 ≤ y ≤ 4.
2t2

CâuVIIa

2t2

0,25
0,25

2

22 t ; y ≥ 1.

0,25

2 ≤ 4 ⇔ 2t ≤ 2 ⇔ t ≤ 1 ⇔ - 1 ≤ t ≤ 1.
1
Do đó - 1 ≤ log 2 x ≤ 1 ⇔
≤x≤2
2
Đối chiếu điều kiện ta có :

2t2

2

2

0,25

+) Tìm toạ độ A, B: A(1;-1), B(4;2)

0,25

y − y−2
2

CâuVIb1

+) C(y2;y) thuộc (P) ⇒ d = d (C , AB ) =

2

. Ta có SABC max khi chỉ khi dmax

+) Xét hàm số f ( y ) = y 2 − y − 2 , y ∈ [ −1; 2] ⇒ max f ( y ) =
y∈[ −1;2]

0,25

9
1
1 1
⇔ y = ⇒ C ; 
4
2
4 2

0,50
0,25

+) Tìm được H(3;6;6)

x = 6 + t


 MC ( 3 + t;6 + t;6 ) 
+) Viết pt BC:  y = 9 + t ⇒ C ( 6 + t ;9 + t : 6 ) ⇒ 
⇒ OM , MC  = ( −18;18;9 )


z = 6
OM ( 3;3;0 )

CâuVIb2

+) Do AC tiếp xúc mặt cầu (S) tâm O(0;0;0) bán kính R = 3 nên ta có:

d ( O, AC ) = R ⇔

OM , MC 


MC

0,25

A

t = 0
= 3 ⇔ 27 = 3MC ⇔ 2t 2 + 18t = 0 ⇔ 
t = −9

0,25
M

B

+) t = 0 => C(6;9;6) trùng B (loại)
+) t = -9 => C(-3;0;6) t/m

H

C

0,25

+) Giả sử pt có một nghiệm là z = bi ( b ∈ R ). Thay vào pt trình ta có:

( bi ) + ( 4 + 3i )( bi ) ( 3 + 13i ) bi10 − 10i = 0
3

CâuVIIb

(

2

) (

)

⇔ −b3 + 3b 2 3b − 10 i + 4b 2 − 13b + 10 = 0

−b3 + 3b 2 3b − 10 = 0

⇔ 2
⇔ .... ⇔ b = 2
4b − 13b + 10 = 0

0,25

Vậy pt nhận z = 2i làm nghiệm. Do đó ta có:

+) z 3 − ( 4 + 3i ) z 2 + ( 3 + 13i ) z + 10 − 10i = ( z − 2i )  z 2 − ( 4 + i ) z + 5 + 5i  = 0

⇔ z = 2i, z = 3 − i, z = 1 + 2i

Thái Bình, ngày 18 tháng 6 năm 2011
www.MATHVN.com
Giáo viên ra đề : Dương Văn Thanh
THPT Nguyễn Đức Cảnh Thành phố Thái Bình

0,25
0,50