Đề ĐA thi thử ĐH Ngô Gia Tự Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN VII NĂM HỌC 2010 -2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3 x 2  2  C 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho.
2. Tìm trên đồ thị  C  tất cả những cặp điểm A, B đối xứng với nhau qua gốc toạ độ.
Câu II (2,0 điểm).
2 cos3 x  2 cos x  sin 2 x
1. Giải phương trình:
 2 1  cos x 1  sin x 
cos x  1
 1
y 2 x
 
2

y
2. Giải hệ phương trình:  x x
 y x 2  1  1  3x 2  3

2
xdx
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: I  
2
2
0 2x  3  3 2x 1

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC . A1 B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A,
AB  AC  a . M là trung điểm AA1 , mặt phẳng  MBC1  tạo với đáy một góc 450 , tính theo a thể tích của
khối chóp M .BCC1 và khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng  MBC1  .





Câu V (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thoả mãn: x 2  y 2  2 z 2  x  y  2 z .
Chứng minh: z  x  y  z  2   1
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Dành cho thí sinh ban A
Câu VIa (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có AB  5, C  1; 1 , cạnh AB có phương trình

2 x  y  3  0 , trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x  y  2  0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, B
2. Trong không gian với hệ trục Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 và hai đường thẳng
x 1 y z  2
x y z 3
,  d2  :  
. Viết phương trình đường thẳng  d  song song với mặt phẳng
 
 d1  :
1
1
1
1 1
3
 P  cắt cả hai dường thẳng  d1  ,  d2  và vuông góc với đường thẳng  d2  .
Câu VIIa (1,0 điểm). Tìm phần thực phần ảo của số phức z  1  2i  3i 2  4i 3  ......  20i19

B. Dành cho thí sinh ban B, D.
Câu VIb (2,0 điểm)
2
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn  C  :  x  4   y 2  4 và điểm E  4;1 . Tìm tất cả
những điểm M thuộc trục tung sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn  C  với A, B là
các tiếp điểm thoả mãn đường thẳng AB đi qua E.
x  3 y  2 z 1
2. Trong không gian với hệ trục Oxyz cho đường thẳng  d  :
và mặt phẳng


3
1
1
 P  : x  y  z  2  0 . Viết phương trình mặt cầu  S  tiếp xúc với mặt phẳng  P  tại E  0;1;1 và cắt
đường thẳng  d  tại hai điểm A, B thoả mãn AB  2 6
Câu VIIb (1,0 điểm). Tìm tất cả những số phức z thoả mãn đẳng thức z z   z  1 i  3
--------------Hết------------Họ tên thí sinh……………………………………………………….SBD…………………………………..


ĐÁP ÁN TOÁN 12 – CHUYÊN ĐỀ LẦN 7
Câu
I.1
1.0 điểm

Nội dung trình bày

Điểm

Khảo sát và vẽ đúng đồ thị.

Lưu ý điểm cực tiểu  0; 2  , điểm cực đại  2; 2 



 

1.0



A a; a 3  3a 2  2 , B b; b 3  3b 2  2 {a  b}  A, B   C 

I.2
1.0 điểm

 a  b  0
A, B đối xứng qua O 
…………………….......................
3
2
3
2
 a  3a  2    b  3b  2   0
 2 2 2  2 2 2
 2 2 2  2 2 2
Giải hệ  A 
hoặc  B 
……
;


,
B

;



 3 3 3  3 3 3
 3 ;  3 3  , A   3 ; 3 3 

 


 

ĐK cos x  1  x  k 2
PT  2cos x cos 2 x  1  sin x  2 1  cos 2 x 1  sin x   0



 



 2 cos x sin x  sin x  1  2sin 2 x  sin x  1  0 ………………………………………….

II.1
1.0 điểm



 x  l
sin x  0




 2sin x  sin x  1 sin x  cos x   0  sin x  1
  x    m2
 l , m, n   
2
sin x  cos x  0




 x  4  n

 x    2 k



Kết hợp điều kiện ta có nghiệm là   x    m2
 k , m, n    ………………………..
2



 x  4  n
y   x
x  0

1
y 2 x
ĐK 
. Ta có
………………..
 
 2  x  y  y  2x  0  
y
x x
y  0
 y  2x





0.5

0.5

0.25

0.5

0.5

0.25

*y   x không thoả mãn hệ

* y  2 x thay vào phương trình còn lại ta có 2 x
III
1.0 điểm

 2x



 



x2  1  2  2 x  3x 2  3  0  2 x





x 2  1  1  3x 2  3
x2  3
x2  1  2



x2  3
2 x  3x 2  3

 0 …………….

 x 2  3  0 (vì x  0 )

  x; y   3; 2 3 ……………………………………………………………………………





tdt
……………………………………………………
2
3
3
3
1
t
1
t
1  2
1 
I  2
dt  
dt   

dt …………………………….
2 1 t  3t  2
2 1  t  2  t  3 
2 1  t  2 t  1 
1
5 1 1
5
 2 ln t  2  ln t  1  |13  ln  ln  ln

……………………………………………..
2
3 2 2
3 2

Đặt t  2 x 2  1  t 2  2 x 2  1  xdx 
Câu III
1.0 điểm

Câu IV 1.0 điểm

0.5

0.25

0.25
0.25

0.5


Gọi H  MC1  AC  A là trung điểm HC

AH  AB  AC  HB  BC 1 
  HB   BCC1 B1 
BB1   ABC   HB  BB1  2  
  450 ………………
HB  BC  3  . Từ 1 &  3  CBC
1

1

0.25

 CC1  BC  a 2
3
1
1 1
a 2 a 2
 VM .BCC1  S BCC1 d  M ;  BCC1     a 2.a 2 

3
3 2
6
 2
Trong mặt phẳng  ABC  kẻ AK  HB ; trong mặt phẳng  AMK  kẻ AI  MK , dễ thấy AI   MBC1  ..

 d  A;  MBC1    AI 

a
…………………………………………………………………………………..
2

Câu

Nội dung trình bày
2

2

0.25
0.25
0.25

Điểm

2

x  y  2z  x  y  2z

V
1.0 điểm

 2 x  2 y  4 z  2 x 2  2 y 2  4 z 2  x 2  z 2  y 2  z 2  x 2  1  y 2  1  2 z 2  2 ……….

0.5

 2 xz  2 yz  2 x  2 y  2 z 2  2 …………………………..
 z  x  y  z  2   1 ………………………………….

0.25
0.25



 

 

 



Gọi I là trung điểm AB  I  t;3  2t 


2 
3

 2t  1 5  4t 
;
………………………..
3 
 3

Gọi G trọng tâm tam giác ABC  CG  CI  G 

VIIa.1 G thuộc x  y  2  0  t  1  I  1;5  ………………………………………………..
1.0 điểm
1


VIa.2
1.0 điểm

a   2
5
5
2
2

A thuộc 2 x  y  3  0  A  a;3  2a   AI 
  a  1  4  a  1   
…..
2
4
a   3

2
 1   3 
 1   3 
Kết luận A   ; 4  , B   ;6  hoặc B   ; 4  , A   ;6  ………………………………….
 2   2 
 2   2 

M 1  m; m; 2  m   d1 , N  n; n; 3  3n   d 2  MN   n  m  1; n  m;3n  m  5 
 
 MN  n P
     m; n    1;1 ……………………………………………………………..
 MN  ud 2

 M  0; 1;1 , MN 1; 2; 1  PT

VIIa
1.0 điểm

t
x 

d :  y  1  2t ………………………………………
z  1 t



0.25
0.25

0.25

0.25

0.5

0.5

iz  i  2i 2  3i3  ........  20i 20  z  iz  1  i  i 2  ......  i19   20i 20 ………………………..

0.25

10
1  i 20
 20i 20 ta có i 20   i 2   1 ……………………………………………..
1 i

0.25

 1  i  z 

z

20
 10  10i  Re z  Im z  10 ………………………………………………….

1 i

0.5

Giả sử tiếp điểm A  x A ; y A  , M  0; m   Oy với tâm I  4; 0  ta có
VIb.1
1.0 điểm

 
2
IA.MA  0  x 2A  y A2  4 x A  my A  0   xA  2   y A2  my A  0 …………………….
2

Do A thuộc đường tròn nên  x A  2   y A2  4  4  my A  0  A  d : 4  my  0 ….

0.25
0.25


Tương tự B cũng thuộc đường thẳng 4  my  0  PT AB :4  my  0 ……………….
AB qua E  m  4  M  0; 4  …………………………………………………..
x  t

Đường thẳng  qua E vuông góc với mặt phẳng (P) có PT  y  1  t
z  1 t

Gọi I, R là tâm và bán kính của mặt cầu (S)  I  , R  IE ……………………………

VIb.2
1.0 điểm

t  2
 BC 
2

AB  2 6  IE  
38 ………
  d  I ;  d   * Với I  t ;1  t ;1  t   *  
2
t


25


0.25
0.25

0.25

2

2

2

0.5

2

Có hai phương trình mặt cầu  x  2    y  3    z  3  12
2

VIIb
1.0 điểm

38  
13  
13 

 38 
 x  25    y  25    z  25   3  25  …………………

 
 

 
2
2
z  x  yi  z z   z  1 i  3   x  y  y  3    x  1 i  0 ……………………………….
x2  y2  y  3  0

  x; y   1; 2  , 1; 1 ………………………………………………
x 1  0
KL: Có hai số phức thoả mãn z  1  2i và z  1  i ……………………………………….

0.25
0.5
0.25
0.25