Đề thi thử ĐH Toán THPT Trần Phú có đáp án năm 2011

wWw.VipLam.Info
SỞ GD & ĐT QUẢNG NINH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn: TOÁN - Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 - 3x + 2
(1)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
 28 
2. Chứng minh rằng qua điểm M0  ;0 ÷ kẻ được ba tiếp tuyến với (C) trong đó có hai tiếp tuyến
 27 
vuông góc với nhau.
Câu II. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình :

1
2

cot x +

sin 2 x
π
= 2 sin( x + )
sin x + cos x
2

2. Giải phương trình: 3 x 2 + 6 x − 3 =

x+7
.
3

e


ln x
+ 3 x 2 ln x dx .
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân : I = ∫ 

1  x 1 + ln x
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều, tam
giác SCD vuông cân tại S. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, SA. Chứng minh rằng
( SIJ ) ⊥ ( ABCD) . Tính thể tích khối chóp K.IBCD.
Câu V. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức: P =

x3
y3
z3
+
+
.
y(2 z + x ) z(2 x + y) x (2 y + z)

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3;2), trọng
2 2
tâm và tâm đường tròn ngoai tiếp tam giác ABC lần lượt là G( ; ), I(1;-2). Xác định tọa độ đỉnh C.
3 3
x −1 y z + 2
= =
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 :
và
2
1
−1
x −1 y + 2 z − 2
d2 :
=
=
. Chứng minh rằng d1 và d 2 chéo nhau. Lập phương trình đường thẳng ∆ song
1
3
−2
song với mặt phẳng (P): x + y + z − 7 = 0 cắt d1 , d 2 tại hai điểm sao cho khoảng cách giữa hai điểm đó là
ngắn nhất.
Câu VIIa. (1,0 điểm) Gọi z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình: z 2 − 4 z + 5 = 0 . Tính giá trị biểu
2011
2011
thức: P = ( z1 − 1) + ( z2 − 1) .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AC có phương trình :

x − y + 3 = 0 , đỉnh B(4; -1). Điểm M(0;1) nằm trên cạnh AB. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi.
x+2 y−2 z+3
=
=
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆ :
.
2
3
2
Tính khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.


wWw.VipLam.Info
log 2 ( y − 2 x + 8) = 6
Câu VIIb. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  x
.
x y
x+ y
8 + 2 .3 = 2.3
.........….. 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: ………..


wWw.VipLam.Info
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010 -2011 (Đề số 1)
CÂU

I-1
(1

điểm)

NỘI DUNG
1) Kháo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
hàm số có dạng y = x 3 − 3 x + 2
* TXĐ: D = R
x = 1
* Sự biến thiên: y ' = 3 x 2 − 3 , y ' = 0 ⇔ 
 x = −1
+ Dấu y’
x -∞
1
-1
+∞
y'
+ 0
0
+

ĐIỂM

0,25

+ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( 1;+∞ )

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −1;1) .
+ Hàm số đạt cực đại tại x = -1; yCĐ = y(-1) = 4
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; yCT = 0.
3
1 

3
1 


y = lim x 3  1 − 2 + 3 ÷ = +∞ ; lim y = lim x 3  1 − 2 + 3 ÷ = −∞
*Giới hạn: xlim
→+∞
x →+∞
x
→−∞
x
→−∞
x
x 
x
x 


Bảng biến thiên:
x
1 +∞
-∞
-1
+
0
0 +
y'
4
+∞
y

0
-∞

0,25

0,25
* Đồ thị:
+ Giao với trục Oy (0; 1)
+ Giao với trục Ox (1; 0), (-2; 0).

0,25
 28 
;0 ÷có hệ số góc k là:
 27 

2/ Phương trình đường thẳng ∆ qua điểm M 
I-2
(1
điểm)

Đường thẳng ∆ là tiếp tuyến của (C)
28 
 3

28 
 x − 3x + 2 = k  x − ÷

27  → x 3 − 3x + 2 = ( 3x 2 − 3)  x − ÷
⇔ 


27 


3x 2 − 3 = k

⇔ (x - 1)(18x2 - 10x - 10) = 0 ↔ x1 =1, x 2 =

5 − 205
5 + 205
, x3 =
18
18

28 

y = k x − ÷
27 


Vậy có ba tiếp điểm thuộc (C) với hoành độ tìm được → qua M ta kẻ được ba tiếp tuyến
với đồ thị.
Giả sử (d1), (d2), (d3) là ba tiếp tuyến có hệ số góc tương ứng k1, k2 , k3.
Khi x1 = 1→ k1 = 0 tiếp tuyến (d1) y = 0 (trục Ox) →(d2) và (d3) không thể vuông góc với
(d1).
2
2
2 2
k2 .k3 = ( 3x 2 − 3) ( 3x 3 − 3) = 9  x 2 x 3 − ( x 2 + x 3 ) + 2x 2 x 3 + 1
2

0,25

0,25

0,25


wWw.VipLam.Info
 10   10 
10 
= 9  ÷ −  ÷ − 2. + 1 = −1 . Vậy (d2) và (d3) vuông góc nhau.
18 
 18   18 
Điều kiện: sin x ≠ 0, sin x + cos x ≠ 0.
cos x
2 sin x cos x
cos x
2 cos 2 x
+
− 2 cos x = 0 ⇔
−
=0
PT ⇔
2 sin x sin x + cos x
2 sin x sin x + cos x
π


⇔ cos x  sin( x + ) − sin 2 x ÷ = 0
4



π
+) cos x = 0 ⇔ x = + kπ , k ∈  .
2
π
π


x = + m2π
2 x = x + + m2π


π
4
4
⇔
m, n ∈ 
+) sin 2 x = sin( x + ) ⇔ 
4
 x = π + n2π
2 x = π − x − π + n 2π
4
3

4

π t 2π
⇔x= +
, t ∈ .

4
3
π
π t 2π
, k, t ∈  .
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là x = + kπ ; x = +
4
3
2
x+7
1 1
3x 2 + 6 x − 3 =
⇔ ( x + 1)2 − 2 =
( x + 1) + 2
3
3 3
1
 2
u = x + 1
u −2= v



3
Đặt 
ta có hệ phương trình: 
1
( x + 1) + 2 (v ≥ 0)
v =
v 2 − 2 = 1 u

3


3
2

II-1
(1
điểm)

II-2
(1
điểm)

2

2
2
2
(u − v)[3(u + v) + 1] = 0
3u − 6 = v
3(u − v ) + u − v = 0
⇔
⇔ 2
⇔  2
 2
3u − 6 = v
3v − 6 = u
3u − 6 = v

u − v = 0
3(u + v) + 1 = 0
⇔  2
hoặc  2
3u − 6 = v
3u − 6 = v

1 − 73
(lo¹i)
u =
u − v = 0
u = v
6

⇔ 2
⇒
+  2
1 + 73
3u − 6 = v
3u − u − 6 = 0 
u =

6

1
−1 − 69

v = − −u
u=



3(u + v) + 1 = 0

3
6
⇔
⇒
+  2
17
3u − 6 = v
3u 2 + u − = 0 u = −1 + 69 (lo¹i)


3

6
1+ 3 7
1 + 73
73 − 5
.
⇒x=
−1 =
6
6
6
−1 − 69
−1 − 69
− 69 − 7
+ Với u =
.

⇒x=
−1 =
6
6
6
e
e
ln x
I=∫
dx + 3∫ x 2 ln xdx =I1+3I2
1 x 1 + ln x
1

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

+ Với u =

III - 1

(1

0,25
0,25


wWw.VipLam.Info
e

+) Tính I 1 = ∫
1

ln x
x 1 + ln x

dx . Đặt t = 1 + ln x ⇒ t 2 = 1 + ln x; 2tdt =

1
dx
x

Khi x = 1 ⇒ t = 1; x = e ⇒ t = 2 .
điểm)

(

)

(

2
2
2 2− 2
2 t −1
2 2
 t3 
⇒ I1 = ∫
.2tdt = 2 ∫ t − 1 dt = 2  − t ÷
=
3 ÷
t
3
1
1

1

(

)

)

dx

du =

u = ln x

x

2
⇒
+) TÝnh I 2 = ∫ x ln xdx . Đặt 
2
3
 dv = x dx
1
v = x

3
e
3
3
3
3
3
x
1
e 1 x
e e 1 2e 3 + 1
⇒ I 2 = .ln x 1e − ∫ x2 dx = − . 1e = − + =
3
31
3 3 3
3 9 9
9

0,25

e

3
I = I1 + 3I 2 = 5 − 2 2 + 2e
3
1)
 AB ⊥ SI
⇒ AB ⊥ ( SIJ ) ⇒ ( SIJ ) ⊥ ( ABCD) .
Có: 
 AB ⊥ IJ

IV - 2
(1
điểm)

0,25

0,25

a 3 IJ = a SJ = CD = a
,
,
.
2
2
2
+ Có SI2 + SJ2 = IJ2 ⇒ ∆SIJ vuông tại S.
+ Trong mp(SIJ) kẻ SH ⊥ IJ ⇒ SH ⊥ (ABCD).
+ Trong tam giác vuông SIJ có:
1
1

1
4
4
16
= 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ SH = a 3 .
2
SH
SI
SJ
3a
a
3a
4
+ SI =

+ Gọi h là khoảng cách từ K đến mặt phẳng (ABCD). Có h =

0,25
1
a 3
.
SH =
2
8

1
1 a
3a 2
+ SIBCD = ( IB + CD). BC = ( + a).a =
2

2 2
4
2
3
1
1 a 3 3a
a 3
+ VK . IBCD = h.SIBCD = .
(đvtt).
.
=
3
3 8
4
32
x3
y3
z3
P=
+
+
y(2 z + x ) z(2 x + y) x (2 y + z)
V
(1
điểm)

0,25

x3
y 2z + x

x3
y 2z + x
+ +
≥ 33
. .
= x . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z.
+ Có
y(2 z + x ) 3
9
y(2 z + x ) 3
9
y3
z 2x + y
z3
x 2y + z
+ +
≥ y;
+ +
≥ z.
z(2 x + y) 3
9
x (2 y + z) 3
9
+ Cộng vế với vế các BĐT cùng chiều ta được:
x3
y3
z3
x + y + z 3( x + y + z )
P=
+

+
+
+
≥ x+ y+z
y(2 z + x ) z(2 x + y) x (2 y + z)
3
9
x+ y+z
= 1 . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 1.
⇔ P≥
3
+ Tương tự

0,25
0,25

0,5

0,25

0,25


wWw.VipLam.Info

uuur
uuur
VI.a -1 + IM = (2;4), GM =  7 ; 4 
3 3÷
(1

 r  uuur
uuu
điểm) + Gọi A(xA; yA). Có AG = 2 GM ⇒ A(-4; -2).
uuur
+ Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IM làm vec tơ pháp tuyến nên có PT:
2(x - 3) + 4(y - 2) = 0 ⇔ x + 2y - 7 = 0.
+ Gọi C(x; y). Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - 7 = 0.
+ Mặt khác IC = IA ⇔

( x − 1)2 + ( y + 2) 2 = 25 ⇔ ( x − 1)2 + ( y + 2) 2 = 25 .

x − 2y − 7 = 0
+ Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: 
2
2
( x − 1) + ( y + 2) = 25
x = 5
x = 1
+ Giải hệ phương trình ta tìm được 
và 
.
y = 1
y = 3
+ Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3).
ur
uur
+ d1 có vec tơ chỉ phương u1 = (2;1; −1) , d2 có vec tơ chỉ phương: u2 = (1;3; −2) .
r
+ mp(P) có vec tơ pháp tuyến n(1;1;1)
 x = 1 + 2t1


+ d1 có phương trình tham số  y = t1
, d2 có phương trình tham số:
 z = −2 − t
1


 x = 1 + t2

 y = −2 + 3t2 .
 z = 2 − 2t
2


0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

VI.a -2
1 + t2 = 1 + 2t1
(1
ur uur
điểm) + Có u1 ≠ u2 và hệ phương trình  −2 + 3t2 = t1
vô nghiệm nên d1 và d2 chéo nhau.
 2 − 2 t = −2 − t
2

1

Lấy A(1 + 2t1 ; t1; −2 − t1 ) ∈ d1 ; B(1 + t2 ; −2 + 3t2 ;2 − 2t2 ) ∈ d2 .
uuur
AB = (t2 − 2t1 ;3t2 − t1 − 2; −2t2 + t1 + 4) .
+ Gọi
đi qua A, B và song song với (P).
uuur∆ làrđường
uuurthẳng
r
Có AB ⊥ n ⇒ AB.n = 0 ⇔ t2 − 2t1 + 3t2 − t1 − 2 − 2t2 + t1 + 4 = 0 ⇔ t2 = t1 − 1

0,25

⇒ AB = ( −t1 − 1)2 + (2t1 − 5)2 + (−t1 + 6)2 = 6t12 − 30t1 + 62
2
AB nhỏ nhất khi 6t1 − 30t1 + 62 nhỏ nhất.
2

5
3
5  49 49

+ Có 6t − 30t1 + 62 = 6  t1 − ÷ +
. Dấu “=” xảy ra ⇔ t1 = . Khi đó t2 =
≥
2
2
2
2

2

5
3
 5 9  uuur  7 7 
+ Với t1 = , t2 = có A  6; ; − ÷, AB =  − ;0; ÷.
2
2
 2 2
 2 r2 
Đường thẳng ∆ đi qua A có một vec tơ chỉ phương u( −1;0;1) nên có phương trình tham
2
1


x = 6 − t

5

số:  y =
2

9

 z = − 2 + t
VII.a
(1
điểm)

 z1 = 2 − i

Ta có: ∆ ' = 4 − 5 = −1 = i 2 ⇒ 
 z2 = 2 + i

0,25

0,25

0,5


wWw.VipLam.Info
Khi đó: ( z1 − 1)

2011

+ ( z2 − 1)

1005

= (1 − i ) (1 − i) 2 
= −2

1005

V.b- 1
(1 điểm)

i (1 − i ) + 2

2011

= (1− i)

2011

+ ( 1 + i ) (1 + i) 2 

1005

1005

i (1 + i ) = 2

1005

+ ( 1+ i)

2011

= ( 1 − i ) ( −2i )

1005

+ ( 1 + i ) ( 2i )

1005

0,5

i (1 + i − 1 + i ) = −2

1006

ur
+ Đường thẳng BD đi qua B vuông góc với AC nhận vec tơ chỉ phương u1 (1;1) của AC
làm vec tơ pháp tuyến. PT: 1.(x - 4) + 1 (y + 1) = 0 ⇔ x + y - 3 = 0.
+ Tọa độ giao điểm I của AC và BD là nghiệm của hệ phương trình:
x − y + 3 = 0
x = 0
⇔
⇒ I(0; 3).

x + y − 3 = 0
y = 3
+ Có I là trung điểm BD nên D có tọa độ D(-4; 7).
uuur
+ Đường thẳng AB đi qua B nhận BM (−4;2) làm vec tơ chỉ phương nên có vec tơ
r
pháp tuyến n(1;2) . PT: 1.( x − 4) + 2( y + 1) = 0 ⇔ x + 2 y − 2 = 0 .
5

x=

x − y + 3 = 0

 5 14 
3
⇔
+ Tọa độ điểm A là nghiệm hpt: 
⇒ A  ; ÷.

3 3 
x + 2y − 2 = 0
 y = 14

3

V.b-2
(1 điểm)

0,25

0,5

0,25

r
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(-2; 2; -3) có vec tơ chỉ phương: u(2;3;2) .
uuur
uuur r
+ AM ( −2;2; −1) , [ AM, u] = (7;2; −10) .
uuur r
[ AM, u]
49 + 4 + 100
+ d ( A, ∆) =
r
=
= 3.
|u|
4+9+4

0,5

2

BC 
2
+ Gọi r là bán kính mặt cầu (S). Có r = 
+ ( d ( A, ∆ ) ) = 4 2 + 32 = 5 .
÷
 2 
2
2
+ Phương trình mặt cầu (S): x + y + (z + 2)2 = 25.
Pt đầu ⇔ y – 2x + 8 =
VI.b
(1 điểm)

( 2)

6

⇔ y = 2 x thế vào pt thứ hai ta được:
x

x

0,25
0,25
0,25

3x

x

 8   18 
2
2
8 + 2 .3 = 2.3 ⇔ 8 + 18 = 2.27 ⇔  ÷ +  ÷ = 2 ⇔  ÷ +  ÷ = 2
 27   27 
3
3
x

x

2x

3x

x

x

x

x

(

)

3
2
2
Đặt: t =  ÷ , (đk t > 0 ) , ta có pt: t + t − 2 = 0 ⇔ ( t − 1) t + t + 2 = 0
3

x = 0
⇔ t =1⇒ 
y = 0

0,5

0,25