Đề thi thử đại học Môn Toán Khối A, B lần III THPT Chuyên Hà tĩnh 2010 2011

TRƯờNG THPT chuyên
Hà Tĩnh
------*****------

Đề thi Thử Đại học lần iii, năm học 2010-2011
Môn : Toán ; Khối : A, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Câu I. (2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 - 3x2.
m
2. Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình x = 2
.
x 3x
Câu II. (2,0 điểm)
1.

Tìm nghiệm x ( 0; ) của phơng trình :

2. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y =

5cosx + sinx - 3 =



2 sin 2 x + .
4


3x 2 + 2 x + 2

x 2 + 2mx + 1

xác định x R .

log 2

e

ln(1 + ln 2 x )
dx .
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I =
x
1
Câu IV. (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABCD. A1 B1C1 D1 có đáy là hình bình hành và có BAD = 45 0
. Các đờng chéo AC1 và DB1 lần lợt tạo với đáy các góc 450 và 600. Hãy tính thể tích của khối lăng trụ
nếu biết chiều cao của nó bằng 2.
2
2
8 x + 18 y + 36 xy 5(2 x + 3 y ) 6 xy = 0
( x, y R ) .
Câu V. (1,0 điểm) Giải hệ phơng trình : 2
2 x + 3 y 2 = 30
II. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B).
A. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa. (2,0 im)
1. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho cỏc ng thng d1 : 3 x + 2 y 4 = 0 ; d 2 : 5 x 2 y + 9 = 0 .
Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm I d 2 v tip xỳc vi d1 ti im A ( 2;5 ) .
2. Trong khụng gian tọa độ Oxyz, cho hỡnh thoi ABCD vi A(1 ; 2; 1), B(2 ; 3 ; 2) .
Tỡm ta cỏc nh C, D bit tõm I ca hỡnh thoi thuc ng thng d :
Cõu VIIa. (1,0 im)

x +1 y z 2
=
=
.
1 1
1

Tỡm s phc z tha món z 1 = 5 v 17( z + z ) 5 z z = 0 .

B. Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VIb. (2,0 im)
1. Trong mt phng tọa độ Oxy, cho đờng tròn (C) : x2 + y2 - 6x - 2y + 1 = 0. Viết phơng trình đờng
thẳng (d) đi qua M (0;2) và cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 4.
2. Trong khụng gian tọa độ Oxyz, viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa trục Oy và (P) cắt mặt cầu
(S) : x2 + y2 + z2 - 2x + 6y - 4z + 5 = 0 theo giao tuyến là một đờng tròn có bán kính bằng 2.

(

)

8

Cõu VIIb. (1,0 im) Trong cỏc acgumen ca s phc 1 3i , tỡm acgumen cú s o dng nh nht .
------------------------------------ Ht ------------------------------------Ghi chú :

Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh :--------------------------------------; Số báo danh:-------------------

TTT

trờng THPTchuyên
Hà Tĩnh

kỳ thi Thử Đại học lần iii, năm học 2010 -2011
Môn: Toán - Khối: a, B

Câu
I
1. y = x3 - 3x2.
(1đ) * Tập xác định : D = R
* Sự biến thiên :
Giới hạn: lim y = + lim y =
x +

Đáp án

Điểm

0.25

x

Chiều biến thiên : y = 3x2 - 6x = 3x(x -2)
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ; 0) và (2; + ), nghịch biến trên khoảng (0;2).
- th cú im cc i (0;0), im cc tiu (2; -4)
Bảng biến thiên :
x
-

0
2
+
,

y

+

y

0
0

-

0

0.25

+

0.25

-4

* Đồ thị :
y'' = 6x - 6 = 0 x = 1
Điểm uốn U(1;-2)
Đồ thị đi qua các điểm (-1;4), (3; 0) và nhận điểm U(1;-2) làm

tâm đối xứng .

y

0
x

2.
(1đ)

x=

m
x 2 3x

x 0, x 3
2
.
x x 3 x = m

Số nghiệm của pt bằng số giao điểm của đồ th

0.25

0.25

2
y = x x 3 x ( x 0 v x 3) vi th y = m .
3
2

x 3x khi x < 0 hoac x > 3
2
Ta cú y = x x 3 x = 3
.
2
x + 3 x khi 0 < x < 3
Lp bng bin thiờn ta cú:
x
-

y

+

0.25
0
0

2
+

0

-

+

4
y

+

3

0.25

0
0

+/
+/
+/
+/

m < 0 hoc m > 4 thỡ pt cú 1 nghim.
m = 0 pt vụ nghim.
0 < m < 4 pt cú 3 nghim.
m = 4 pt cú 2 nghim.

0,25


II
1.
(1®)

5cosx + sinx - 3 =

π


2 sin  2 x +  ⇔ 5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x
4


0.25

⇔ 2cos2x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0 ⇔ (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0
⇔ (2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0.
+/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm.
1
π
+/ cosx = ⇔ x = ± + 2kπ , k ∈ Z .
2
3
Đối chiếu điều kiện x ∈ ( 0; π ) suy ra pt có nghiệm duy nhất là :
2
(1®)

Hµm số xác định ∀x ∈ R ⇔ log 2

0,25
0,25

π
3

3x 2 + 2 x + 2
3x 2 + 2 x + 2
≥
0

⇔
≥ 1 ∀x ∈ R (*).
x 2 + 2mx + 1
x 2 + 2mx + 1

m 2 − 1 < 0
Vì 3x + 2x + 2 > 0 ∀x , nên (*) ⇔  2
2
 x + 2mx + 1 ≤ 3 x + 2 x + 2 ∀x

∆'1 ≤ 0

⇔ ∆' 2 ≤ 0
− 1 < m < 1

III.
(1®)

.

0,25

, ∀x ∈ R

Giải ra ta có với :

1-

2 ≤ m < 1 thì hàm số xác định với ∀x ∈ R .

1

2
Đặt lnx = t , ta có I = ∫ ln(1 + t )dt .

Đặt u = ln( 1+t2) , dv = dt ta có : du =

0

2t
dt , v = t .
1+ t2

1
1
1 1 t2
dt 
dt
=
ln
2
−
2
dt
−
Từ đó có : I = t ln( 1+ t2) − 2∫
∫
÷ (*).
2
∫

0 0 1+ t
1+ t2 
0
0
1

Tiếp tục đặt t = tanu , ta tính được

dt

∫ 1+ t
0

0.25

0.25

2

2 x 2 + 2(1 − m) x + 1 ≥ 0

⇔ 4 x 2 + 2(m + 1) x + 3 ≥ 0
 −1 < m < 1


0,25

2

=

π
.
4

0,25

0.25
0.5
0.25

π
.
2
Hình lăng trụ đứng nên cạnh bên vuông góc với đáy và độ dài cạnh bên bằng chiều cao của
0
0
hình lăng trụ. Từ giả thiết ta có : ∠C1 AC = 45 , ∠B1 DB = 60 .
2
Từ đó suy ra : AC = CC1 = 2 , BD = 2 cot 600 =
.
3
Áp dụng định lý cô sin có: BD2 = AB2 + AD2 – 2AB.AD. cos450
AC2 = DC2 +AD2 – 2DC.AD.cos1350.
Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 +

IV.
(1®)

B

0,5

B
0,5


Ta có BD2 –AC2 = − AB. AD 2 + DC. AD(− 2) = −2 2 AB. AD ⇒

4
4
− 4 = −2 2 AB. AD ⇒ AB. AD =
3
B
3 2
C

A

D

C1

4

Từ đó VABCD. A1B1C1D1 = AB.AD sin450.AA1 =
V.
(1®)

3 2

.

2
4
.2 = .
2
3

Điều kiện xy ≥ 0 .Nếu x = 0 suy ra y = 0 không thoả mãn pt (2) của hệ.
Nếu y = 0 cũng tương tự, vậy xy > 0.
6 xy
2x + 3y
5
+
= . DÔ thÊy 2 sè h¹ng cïng
Pt (1) của hệ ⇔ 8 x 2 + 18 y 2 + 36 xy = 5(2 x + 3 y ) 6 xy ⇔
6x y 2x + 3y 2
dÊu cã tæng = 2,5 nªn suy ra x > 0 , y > 0 .
2
2x + 3y
= t , t ≥ 2. Xét f(t) = t + 1 , t ≥ 2 . Ta thấy f’(t) = t − 1 > 0 ∀t ≥ 2 suy ra f(t) ≥ 5 .
6 xy
t
2
t2
Dấu = xẩy ra khi t = 2 hay khi 2x = 3y. Thay vào pt (2) của hệ , suy ra hệ có nghiệm: x = 3 ; y = 2.

0,5

Đặt

VIa.
1.
(1®)

Do đường tròn tiếp xúc với đường thẳng
d1 tại điểm A nên IA ⊥ d1 .
Vậy phương trình IA là:
2 ( x + 2 ) − 3 ( y − 5 ) = 0 ⇔ 2 x − 3 y + 19 = 0

d2

0,5

0.5

d1
A

5 x − 2 y + 9 = 0
x = 1
⇔
⇒ I ( 1;7 )
Kết hợp I ∈ d 2 nên tọa độ tâm I là nghiệm hệ 
 2 x − 3 y + 19 = 9
y = 7
Bán kính đường tròn R = IA = 13 .
Vậy phương trình đường tròn là: ( x − 1) + ( y − 7 ) = 13
uur

uur
Gọi I ( −1 − t ; −t ; 2 + t ) ∈ d . Ta có IA = ( t ; 2 + t ; −1 − t ) , IB = ( 3 + t ;3 + t ; −t ) .
uur uur
Do ABCD là hình thoi nên IA.IB = 0 ⇔ 3t 2 + 9t + 6 = 0 ⇔ t = −1, t = −2 .

0,5

Do C đối xứng với A qua I và D đối xứng với B qua I nên:
* Với t = −1 ⇒ I ( 0;1;1) ⇒ C ( 1;0;1) , D ( −2; −1;0 ) .

0.5

2

2.
(1®)

0,5
2

* Với t = −2 ⇒ I ( 1; 2;0 ) ⇒ C ( 3; 2; −1) , D ( 0;1; −2 ) .

VIIa.
(1®)

Đặt z = a + bi , ta có: z − 1 = 5 ⇔

( a − 1)

2

2
Mặt khác: 17( z + z ) − 5 z.z = 0 ⇔ a + b =

2

+ b 2 = 5 ⇔ a 2 + b 2 − 2a = 24 ( 1)

34
a ( 2)
5

0.5


Thay (2) vào (1) được

VIb
1.
(1®)

24
a = 24 ⇔ a = 5 . Kết hợp với (1) có b 2 = 9 ⇔ b = 3, b = −3 .
5
Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là: 5 + 3i và 5 − 3i .

(C) có tâm I(3;1) và b/k R =3 .Giả sử (C) cắt (d) tại A , B .Hạ IH ⊥ AB thì H là trung điểm của AB suy
ra AH = 2. Tam gíac AHI vuông tại H nên IH = IA2 − AH 2 = 9 − 4 = 5 .
Vì (d) qua M(0;2) nên có pt A(x-0) +B(y-2) = 0 ( A2 + B2 ≠ 0) ⇔ Ax + By – 2B = 0 .
Ta có IH =

5⇔

3 A + B − 2B

= 5 ⇔ 2 A2 − 3 AB − 2 B 2 = 0 . Chọn B = 1 ta có : A = 2 hoặc -

A2 + B 2
Vậy có 2 đt (d) phải tìm là : (d1): 2x + y -2 = 0 và (d2) : x – 2y + 4 = 0.

0,5

0,5

1
.
2
0.5

Phương trình (S) : (x-1)2 + (y + 3)2 + ( z -2)2 = 9 suy ra tâm I( 1; -3;2), b/k R = 3.
(P) chứa Oy nên pt có dạng Ax + Cz = 0 với (A2 +C2 ≠ 0 ).
2.
(1®)
0.5
(P) cắt (S) theo đường tròn b/k r = 2 suy ra d(I,(P)) =
VIIb.
(1®)

Chọn A = 1 thì C = 2.
1
3 

π
π 

i÷
= 2  cos(− ) + i sin(− ) ÷.
Ta có 1 − 3i = 2  −
÷
3
3 

2 2 

R2 − r 2 = 5 ⇔

A + 2C

= 5 ⇔ C = 2A
A2 + C 2
Vậy pt mf (P) là : x + 2z = 0.

0.5

0,5
8π
8π 
8
Theo công thức Moavơrơ ta có z = 2  cos( − ) + i sin( − ) ÷ . Từ đó suy ra z có họ các
3
3 


8π
4π
+ 2kπ , k ∈ Z . Ta thấy với k = 2 thì acgumen dương nhỏ nhất của z là
acgumen là : −
.
3
3

0,5


VII
b.

0.25

0.5

0.25

−