Đề thi thử đại học Khối A lần 2

TRƯỜNG THPT YÊN THÀNH II

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 ( LẦN II)
Môn TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

I.
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH ( 7 điểm)
Câu I ( 2,0 điểm)
Cho hàm số y = x3 + mx + 2 (1) , m là tham số thực.
1. khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = - 3
2. Tìm m để đồ thị của hàm số ( 1) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất
Câu II ( 2,0 điểm)
1. Giải phương trình 2 cos3 x + cos 2 x + 4sin x − 3 = 0
2. Tìm m để phương trình ( 7 + 3 5) x + m(7 − 3 5) x = 2 x +3 Có nghiệm duy nhất
ln 5

dx
+ 3e − x − 4
ln 4
Câu IV ( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a .Các mặt bên tạo với mặt
phẳng đáy một góc bằng nhau và bằng 60o . Xác định điểm M trên SA và điểm N trên BC sao cho độ
dài đoạn thẳng MN ngắn nhất và tính độ dài đoạn thẳng MN theo a
4 x2
2
=5
Câu V ( 1,0 điểm)
Giải phương trình x + 2
x − 4x + 4
II.
PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B )
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a ( 2,0 điểm)
1.Trong mặt phăng toạ độ 0xy cho điểm A(1;2) và đường thẳng d:3x – y - 6 = 0. Tìm hai điểm
B,C trên d sao cho tam giác ABC vuông cân tại A
2. Trong không gian toạ độ 0xyz lập phương trình mặt phẳng (Q) song song với đường thẳng
x − 2 y 1− z
= =
d:
và vuông góc với mặt phẳng (P): x + 3y – 8z + 2 = 0 đồng thời tiếp xúc với
1
1
4
mặt cầu (S): (x – 1)2 + ( y – 3 )2 + ( z – 1)2 = 9
Câu VII.a ( 1,0 điểm) Gọi Z1 và Z2 là hai nghiệm phức của phương trình Z2 + 4Z + 13 = 0
Câu III ( 1,0 điểm )

Tính tích phân I =

Tính giá trị của biểu thức A = Z1

2

∫e

+ Z2

x

2

A. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b ( 2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng toạ độ 0xy. Tìm trên đường thẳng (d): 3x + 4y +8 = 0 những điểm mà từ
đó có thể kẻ tới đường tròn: ( x- 1 )2 + ( y – 1 ) 2 = 1 những tiếp tuyến mà khoảng cách từ đó tới
tiếp điểm có độ dài nhỏ nhất
2.Trong không gian toạ độ 0xyz Lập phương trình mặt phẳng ( P) cắt các tia 0x,0y,0z lần
lượt tại các điểm A;B;C sao cho tam giác ABC nhận H (1;2;3) làm trực tâm.
Câu VII.b ( 1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn có năm chữ số từng đôi một khác nhau mà nhỏ
thua 50000

HẾT

Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh ……………………………………….Số báo danh…………………

1


Câu
I. 1

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC (lần II)
Nội dung
Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số ….( Thí sinh tự giải)
Txđ - sự bt
Cực trị giới hạn

Điểm
1,00

0,25
0,25

Bbt

0,25

Đồ thị
I. 2

0,25

Tìm m để đồ thị hs …..
hoành đô giap điểm của đồ thị hàm số (1) với trục 0x là nghiệm PT: x3 + mx + 2 = 0
− x3 − 2
⇔ m=
= f ( x) ( vì x = 0 không phải là nghiệm của PT)
x
2
− x3 − 2
,
Xét hàm số f(x) =
có f ( x) = − 2 x + 2 = 0 ⇔ x = 1
x
x
ta có bảng biến thiên
x
-∝
f’(x)
f(x)

0
||

+

-∝

+

+∝

1
0
-3

-∝

0,25
-∝

Giải phương trình lượng giác ......
PT dã cho tương đương 2cos3x + 2cos2x + 4sinx – 4 = 0
⇔ cos2x(cosx +1) +2( sinx – 1) = 0 ⇔ ( 1- sin2x)(cosx +1) + 2( sinx – 1) = 0

Tìm m để PT có nghiệm
7+3 5 x
7 −3 5 x
) + m(
) = 8 (1)

2
2
m
7−3 5 x
2
đặt (
) = t f 0 PT (1) ⇔ t + = 8 ⇔ f ( t ) = t − 8t = − m xét hàm số f(t)
t
2
,
trên (0; +∞) ta có f (t ) = 2t − 8 = 0 ⇔ t = 4
Pt đã cho tương đương (

0,25

-

sin x = 1
⇔ ( 1 – sinx)[(1+sinx)(cosx+1) -2 ] = 0 ⇔ 
………
sin x + cos x + sin x cos x − 1 = 0
π

x = + k 2π
sin x =1

⇔
⇔ ......... ⇔
2


sin x + cos x =1
 x = k 2π
Vậy …………………..
II. 2

0,25

+∝

để ycbt thoã mãn thì đồ thị hàm số f(x) cắt đường thẳng y = m tại điểm duy nhất
dựa vào bảng biến thiên ta có m > -3 . Vậy với mọi m > - 3 thì ycbt thoã mãn
II. 1

1,00

0,25
1 điểm
0,25
0,25

0,25
0,25
1 điểm
0,25
0,25

2


Bảng biến thiên

t
f’(t)
f(t)

0

4
0

-

+∝
+

0

+∝

0,25

-16
dựa vào bảng biến thiên ta có với m = 16 hoặc m ≤ 0 thì ycbt được thoã mãn
III

Tính tích phân.
Ta có I =

∫e

1 điểm

x

2x

e dx
Đặt ex = t ⇒ dt = exdx khi x = ln4 thì t = 4 khi x = ln5
x
− 4e + 3

thì t = 5
5

5

0,25

5

dt
dt
1
1
1
=∫
= ∫(
−
)dt ………….
Khi đó I = ∫ 2
t
−

4
t
+
3
(
t
−
1)(
t
−
3)
2
t
−
3
t
−
1
4
4
4
1 t −3 5
1 3
ln
= .... ln
4
2 t −1
2 2
1 3
Vậy I = ln

2 2
=

IV

0,25

0,25
0,25
0,25

Tính thể tích hình chóp .........................

1 điểm

S

K
M
D

C

P

H
N

A

B

Gọi H,P lần lượt là trung điểm của BC,AD từ H hạ HK vuông góc với SP ta dễ dàng
chứng minh được HK ⊥ (SAD)
Từ K kẻ đường thẳng song song với AD cắt SA tại M từ M kẻ đường thẳng song
song với HK cắt BC tại N ta dễ dàng chứng minh được MN là đoạn vuông góc chung
của SA và BC
Vì góc gữa các mặt bên và mặt đáy bằng 60o nên tanhanj thấy tam giác SPH là tam
giác đều cạnh bằng a từ đó ta suy ra M là trung điểm SA và N là trung điểm BH

0,25
0,25
0,25

3


Ta có MN = HK mà HK là đường cao của tam giác đều SPM cạnh a nên MN =
V

a 3
2

Giải phương trình

0,25
1 điểm

2

2

2x 2 4x
4x
) +
−
=5
x−2
x−2 x−2
2x 2 4x2
x2 2 4x2
⇔ (x +
) −
=5⇔ (
) −
− 5 = 0 (1)
x−2
x−2
x−2
x−2
 x2
 x − 2 = − 1 (2)
t = − 1
x2
2
 2
⇔
⇔
⇔
Đặt

t - 4t – 5 = 0
= t PT(1)
t = 5
 x
x−2

 x − 2 = 5 (3)
ĐK x # 0 PT đã cho tương đương x 2 + (

0,25

0,25

 x =1
(2) ⇔ x2 + x - 2 = 0 ⇔ 
x = − 2
2
(3) ⇔ x - 5x +10 = 0 ( VN)
vậy PT đã cho có hai bghiệm…………

0,25
0,25

Tìm hai điểm B,C trên đường thẳng
VIa.1

1 điểm
Gọi H là hình chiếu của A trên (d) ta có AH = d(A/d) =

5

10

0,25

Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên AB = AH 2 = 5 . B thuộc đường thẳng (d)
nên B( a; 3a – 6) mà AB = 5 ⇔ ( a – 1)2 + ( 3a – 8 )2 = 5 …….
a = 2
⇔
⇒ nếu B(2;0) thì C( 3;3) và nếu B( 3;3) thì C(2;0)
a = 3
Vậy hai điểm B( 2;0) ; C( 3;3)
VIa. 2

0,25
0,25

Lập Pt mặt phẳng (Q)
→

0,25

1 điểm
→

Đường thẳng d nhận u (1;1; 4) làm véc tơ chỉ phương mf( P) nhận n (1;3; −8) làm véc
tơ pháp tuyến

0.255

→

Suy ra mf(Q) song song với đường thẳng d và vuông góc với mf(P) nhận u (1;1; −4) ;
→
→
→ → 
n (1;3; −8) làm cặp véc tơ chỉ phương ⇒ mf(Q) nhận n Q =  n , u  =


(4;4;2) là véc tơ pháp tuyến
mf (Q) có PT: 2x + 2y + z + m = 0 mặt khác mf(Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) có tâm
I(1;2;3) và bán kinh R = 3 nên d(I/Q) = R

 m = 0 ….kết luận….
⇔ m + 9 =9 ⇔ 
 m = − 18
VII a.

Tính giá trị biểu thức
Ta có ∆, = − 9 = 9i 2 , Z1 = - 2 +3i và Z2 = -2 – 3i
Z1 = (−2) 2 + 32 = 13 và Z 2 = (−2) 2 + (−3) 2 = 13

0.25

0,25

0,25
1 điểm
0,25
0,5

4


2

2

A = Z1 + Z 2 = 26
VIb.1

Tìm điểm trên đường thẳng d………..
Đường tròn( C ) có tâm I(1;1) bán kính R = 3
Giả sử M trên d và A là tiếp điểm ta có MA2 = IM2 – R2 ⇒ MA ngắn nhất khi IM
ngắn nhất hay M là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d
  x = 1 + 3t
 x = 1 + 3t

Khi đó IM có phương trình 
toạ độ M là nghiệm hệ   y = 1 + 4t
 y = 1 + 4t
3x + 4 y + 8 = 0

3 7
Giải ra tìm được M(- ; − )
5 5
Kết luận…………

VIb. 2

Lập phương trình mặt phẳng………..

Giả sử H là trực tâm của tam giác ABC chứng minh được OH vuông góc với
mf(ABC)

0,25
1 điểm
0,25
0,25

0,25

0,25
1 điểm
0.5

→

Vì OH (1; 2;3) là véc tơ pháp tuyến của mf(P) và (P) đi qua H(1;2;3) nên mf (P) có
phương trình tổng quát là (x-1) + 2(y-2) + 3( z-3) = 0…….

0,25

Vậy mf(P) cần lập có PT: x + 2y + 3x – 14 = 0

0,25

Chú ý nếu HS không chưng minh OH vuông góc với mf(ABC) mà chỉ thừa nhận
thì cho 0.5 đ
VIIb

Thành lập số

Giả sử số tợ nhiên cần lập có dạng n = a1a2 a3 a4 a5 vì là số tự nhiên chẵn nên a5 được
chọn từ các số 0;2;4;6;8 và là số tự nhiên nhỏ thua 50000 nên a1 được chọn từ các số
1;2;3;4

1 điểm
0,25

TH1: a5 chọn từ các số 0;6;8 thì a5 có 3 cách chọn và a1 có 4 cách chọn a2 có 8 cách
chọn a3 có 7cách chọn a4 có 6 cách chọn đó ta có 3.4.8.7.6 = 4032

0,25

TH2: a5 chọn từ các số 2;4 thì a5 có 2 cách chọn và a1 có 3 cách chọn a2 có 8 cách
chọn a3 có 7cách chọn a4 có 6 cách chọn đó ta có 3.2.8.7.6 = 2016

0,25

Vậy 6048 số thoã mãn ycbt
0,25

Chú ý HS làm cách khác vẫn cho điểm tối đa

5