THI THU DH +DAP AN MON TOAN

ĐỀ THI THƯ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – 2011

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
4
2
Câu I . Cho hàm số y = x − 4x + 3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình | x 4 − 4x 2 + 3 |= m có bốn nghiệm phân
biệt.
Câu II

1) Giải phương trình 2 ( x 2 + 2 x + 3) = 5 x3 + 3x 2 + 3x + 2

2)Giải phương trình: sin x + sin 2 x + sin 3 x + sin 4 x = cos x + cos 2 x + cos 3 x + cos 4 x
Câu III : ( 1 điểm ) Tính tích phân I =

π
4

∫π

−

tan 6 x
dx .
ex + 1

4

Câu IV : ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB = a, cạnh AD =
·

b, góc BAD
= 60 0 . Cạnh SA = 4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M
sao cho AM = x ( 0 < x < 4a ) .Mặt phẳng (MBC) cắt cạnh SD tại N. Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia
5
khối chóp S.ABCD ra thành hai phần sao cho thể tích của khối SBCNM bằng
thể tích của khối
4
BCNMAB.

 x3 − y 3 + 3 y 2 − 3x − 2 = 0
Câu V : ( 1 điểm )Tìm m để hệ phương trình: 
có nghiệm thực
2
2
2
 x + 1 − x − 3 2 y − y + m = 0
PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) :Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a ( 2 điểm )
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x − y = 0 và điểm
M (2;1) . Tìm phương trình đường thẳng ∆ cắt trục hồnh tại A cắt đường thẳng (d ) tại
B sao cho tam giác AMB vng cân tại M
x−4
z+3
x +1 y − 3
= y −1 =
=
= 2−z
2)Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d1 :
và d2 :

−1
1
2
−1
Viết phương trình tham số của đường thẳng d3 đối xứng với đường thẳng d2 qua đường thẳng d1.
1
3
Câu VII.a ( 1 điểm) Cho các số thực a,b,c và số phức z = − + i.
.
2
2
2
2
Chứng minh rằng : a + bz + cz a + bz + cz ≥ 0 .Dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra khi nào?

(

)(

)

B.Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b ( 2 điểm )
1)Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm A ( −2;1) , B ( 2; 4 ) , C ( 10;6 ) .Trong tam gáic ABC ,hãy viết phương
trình tham số đường phân giác ngoài của góc A.
2)Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A ( 3;1;1) , B ( 1;1; −1) , C ( −1;2;3 ) , D ( 4; −2; 0 ) và mp(P) có phương
uuur uuur uuuur uuuur
trình : 2 x + 3y + z − 13 = 0 .Tìm tọa độ điểm M nằm trên mp(P) sao cho −2 MA + 2 MB − MC + 2 MD ngắn
nhất.

(
(
(

)
)

x 3 + 3 x − 3 + ln x 2 − 2 x + 2 = y

 3
2
Câu VII.b ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình : y + 3y − 3 + ln y − 2 y + 2 = z .
 3
z + 3z − 3 + ln z2 − 2 z + 2 = x



)

..............Hết...............
Ghi chú :-Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
.


Câu
I

ĐÁP ÁN
Nội dung

Ý
1 + TXĐ: ¡

3
2
+ Chiều biến thiên: y′ = 4 x − 8 x = 4 x ( x − 2 ) , y′ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ± 2

(

) (

(
) ( )
Do đó hàm số đồng biến trên ( − 2;0 ) , ( 2; +∞ ) , hàm số nghịch biến trên
( −∞; − 2 ) , ( 0; 2 )
y′ > 0 ⇔ x ∈ − 2;0 ∪

)

2; +∞ , y′ < 0 ⇔ x ∈ −∞; − 2 ∪ 0; 2

(

)

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ycd = 3 , hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 2, yct = y ± 2 = −1.
4 3

y = lim x 4 1 − 2 + 4 ÷ = +∞
Giới hạn lim

x→∞
x →∞
x 
 x
Bảng biến thiên (giám khảo tự vẽ)
+ Đồ thị
Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

(

Đồ thị hàm số cắt Ox tại ( ±1;0 ) , ± 3;0

y

)

4

3
2

- 3

3
-1 O

x

1

2. + Số nghiệm của phương trình | x 4 − 4x 2 + 3 |= m là số giao điểm của đồ thị hàm số
y = x 4 − 4x 2 + 3 với đường thẳng y = m (cùng phương với Ox )
4
2
+ Nêu cách dựng đồ thị y = x − 4x + 3 từ đồ thị vừa vẽ

II

+ Từ đó suy ra phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 < m < 3 hoặc
m = 0.
1. + Điều kiện x 3 + 3x 2 + 3x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ −2
3
2
2
2
2
+ Nhận xét. x + 3x + 3x + 2 = ( x + 2 ) ( x + x + 1) và x + 2x + 3 = ( x + 2 ) + ( x + x + 1)
Đặt u = x + 2 ≥ 0, v = x 2 + x + 1 > 0 ta được

2 ( u 2 + v 2 ) = 5uv ⇔ ( 2u − v ) ( u − 2v ) = 0
3 ± 37
(thỏa mãn điều
2

Nếu v = 2u ta có phương trình

x2 + x + 1 = 2 x + 2 ⇔ L ⇔ x =

kiện)
Nếu u = 2v ta có phương trình

vơ nghiệm.
Kết luận nghiệm …

x + 2 = 2 x 2 + x + 1 ⇔ 4x 2 + 3x + 3 = 0 phương trình này

Câu I : ( 2 điểm )
x3 x2
7
+ 2 x + có tập xác đònh D= R
1) y = 3
2
3
lim y = −∞ và lim y = +∞
0,25
x →+∞
x →−∞
'
2
y =- x - x + 2
− x 2 − x + 2 = 0 ⇔ x = 1 hay x = −2
Hàm số đồng biến trên khoảng :(-2;1)

0,25
.

26 π
−
30 4
Câu IV : ( 1 điểm )

0,25

KL : I =

S

M
A

N

B

D
C


Hàm số nghòch biến trên khoảng: (- ∞ ;-2),(1; +
∞)
 7
Điểm cực đại của đồ thò hàm số :  1; ÷
 2

0,25
0,25
0,25

Điểm cực tiểu của đồ thò hàm số : ( - 2; - 1)
 1 5
Tọa độ điểm uốn : I  − ; ÷

 2 4
Vẽ đồ thò hàm số :

0,25

y

7
2

-2

0
-1

x

(MBC ) I (SAD) = MN ( Do AD // BC)
( N ∈ SD )
1
2 3.a2 b
VS . ABCD = AB.AD.sin 600.SA =
.
3
3
1
3.a2 b
VS . ABC = VS . ACD = .VS . ABCD =
.
2

3
VS . MBC SM SB SC 4a - x
=
. .
=
VS . ABC
SA SB SC
4a
VSMBC =

0,25

VS . MNC SM SN SC  SM 
=
.
.
=
÷
VS . ADC
SA SD SC  SA 

0,25

12
2

VSMNC =

b 3.( 4a - x )

2

5m 61
+
)
4
24
Phương trình tiếp tuyến của ( C) tại M0(x0;y0 ):
 x3 x2
7
y −  − 0 − 0 + 2 x0 + ÷ = ( - x0 2 - x0 + 2 )(x
 3
2
3÷


– x0 )
Tiếp tuyến đi quaM ⇔
3
x2
5m 61  x0
7
+
−−
− 0 + 2 x0 + ÷ = (
4 24  3
2
3÷

2

- x0 - x0 + 2 )(m – x0 )

VBCNMAB =
0,25

0,25


2 3 1
3m 5
x0 +  − m ÷x0 2 − mx0 +
−
=0
4 24
2

⇔ 3
Để thỏa YCBT ⇔ (*) có hai nghiệm âm phân
biệt.
 2 7m 5
5
1

 m + 3 − 12 > 0
 m < − 2 hay m > 6


5
5


⇔  −m > 0
⇔ m <
18

18
5
5

3
m < 6
2 m − 4 < 0



0,25
0,25

0,25

48

VS .BCNM = VSMBC + VSMNC =
2) ∀ M ∈ d : M(m;

b 3 ( 4a - x ) ( 8a - x )
48

b 3 x ( 12a - x )
48

5
Thỏa YCBT : VS .BCNM = VBCNMAB
4
2
2
⇔ 9 x − 108ax + 128a = 0
4a

 x = 3 (Nhận)
⇔
 x = 32a (Loại)

3
4a
KL : x =
3
Câu VIa : ( 2 điểm )
1)đường thẳng ∆ có phương trình :
( 1 + m ) x + ( m − 2 ) y + m + 3 = 0 và đường
tròn (C) có phương trình :
x 2 + y 2 + 6 x − 6 y + 13 = 0 .
( C ) có tâm I(-3;3) và có bán kính R = 5 .
Hệ vô có nghiệm ⇔ ∆ và ( C) không có
điểm chung ⇔ d ( I , ∆ ) > R
⇔

m−6

> 5
2m 2 − 2m + 5

11
⇔ − < m <1
9
KL : m = 0 hay m = -1
2) ∀ M ∈ d2 : M ( −1 + 2t2 ;3 − t2 ;2 − t2 )

KL: Những điểm M nằm trên d phải có hoành
5
1
5
độ thỏa : x M < - hay < x M <
2
6
18
Câu II : ( 2 điểm )
1)Đặt : u = 3 x 2 − 3 và v= 4 x 2 + 77 ( ĐK: v ≥ 0 )

Dựng mp(P) đi qua M và vuông góc với d1
r
Ptmp(P) đi qua M và có VTPT n = ( −1;1;1)
.

0,25

3ab ( 4a - x )

0,25

1

0,25

0,25


 v − u − 2 = 0 ( 1)
Ta có hệ :  3 4
(I)
u − v = −80 ( 2 )
Thế v = u+2 vào phương trình (2)
(2) ⇔ −u 4 − 7u3 − 24u2 − 32u + 64 = 0
⇔ u = 1 hay u = - 4
u = −4
u = 1
(I) ⇔ 
hay 
v = −2 ( Loại )
v = 3
KL : x = ±2
CâuIII :( 1 điểm )
Đặt : x = -t ⇒ dx = -dt
π
π
π
π
Đổi cân : x= ⇒ t= − ; x= − ⇒ t=
4
4
4
4

π
−
4

I= −∫
π
4

et tan 6 t
dt =
et + 1
π
4

∫π

Ta có : I + I =

−

⇒ 2I =

π
4

∫π tan

−

π

4

−

π
4

e x tan 6 x
dx
ex + 1

∫π

−

0,5

0,25

0,25

4

tan x
dx +
ex + 1

π
4

6

4

∫π

−

e x tan 6 x
dx
ex + 1

4

xdx =

0,25

0,25

4

∫  tan x ( tan
4

6

π
4

:

2

)

(

)

x + 1 − tan 2 x tan2 x + 1 + tan 2 x + 1 − 1 dx

0,25

π
4

 tan x tan x

26 π
=
−
+ tan x − x  =
−
3
15 2
 5
 −π
5

3

0,25
0,25

KL: ptts của dường thẳng d3 đối xứng với d2
qua d1có dạng: x = 1 + 2t, y = 7 − 5t, z = −5t
Câu VIb ( 2 điểm )
1)Đường thẳngAB ,AC lần lượt có các
uuur
ur AB  4 3 
Vectơ đơn vò : e1 = uuur =  5 ; 5 ÷,

AB 
0,25
uuur
uur AC  12 5 
e2 = uuur =  ; ÷
AC  13 13 
Phương trình đường phân giác ngoài của
góc A có Vectơ chỉ phương :
ur uur  8 14 
e1 − e2 =  − ; ÷ hay (-4,7)
 65 65 
KL : Phương trình tham số của đường phân
 x = −2 − 4 t
giác ngoài của góc A là : 
(t∈
 y = 1 + 7t

0,25

0,25

R)
Dấu “ =” xảy ra khi a = b = c
uur uur uur uur r
2)Gọi I thỏa : −2 IA + 2 IB − IC + 2ID = 0
r
Û ( 5 - x; - 6 - y; - 7 - z) = 0

4

1

 x0 = 2 > 0
⇔
 2 x 2 +  5 − m  x + 5 − 3m = 0 *
( )
÷ 0 12 2
 3 0  6

Câu V : ( 1 điểm )
 −2 x + ( m − 5) y + 1 = 0
Xét hệ : 
3 x + ( m + 5 ) y − 4 = 0
( −5m + 5) x = −5m + 15
(I)
⇔
−

5
m
+
5
y
=
−
5
)
(
TH1 : m ≠ 1
m- 3
1
và y=
MinP = 0 khi x =
m- 1
m-1
TH2 : m = 1
Đặt : t = -2x – 4y +1
Khi đó :

− x + y + z + 4t2 − 6 = 0
H = (P) I d2 ⇒ H =hc M d1
4
4
4 
⇒ H  t2 ;5 − t2 ;1 − t2 ÷
3
3 
3

K đối xứng với M qua d1 ⇒ H là trung
điểm của đoạn MK
Đường thẳng d3 đối xứng với đường
thẳng d2 qua đường thẳng d1
 2
5
5 
⇒ K  1 + t2 ;7 − t2 ; − t2 ÷∈ d3
3
3 
 3

Ta tìm được I(5; -6 ; -7 )
uuur uuur uuuur uuuur
−
2
MA + 2 MB − MC + 2 MD =MI
Lúc đó :
uuur uuur uuuur uuuur
−2 MA + 2 MB − MC + 2 MD ngắn nhất ⇔
I
đoạn MI ngắn nhất khi M = hc ( P )

0,25
0,25

0,25

Phương trình chính tắc của d qua I và d
x −5 y+6

=
= z+7
vuông góc với (P) :
2
3
M=(P) I d Þ M(9;0;-5)
Câu VII b ( 1 điểm )
Nghiệm của hệ là số giao điểm của
Xét hàm số
f ( t ) = t 3 + 3t - 3 + ln ( t 2 - 2t + 2) trên R
Ta có :

.

0,25

0,25

0,25


2

13
15 25 13  15  25 25
P = t2 + t +
= t + ÷ +
≥
4
2

4
4  13  13 13
25
15
28
=0
MinP =
khi t = khi 2 x + 4 y 13
13
13
KL :
m- 3
1
và y=
m ≠ 1: MinP = 0 khi x =
m- 1
m-1
ïìï x = k Ỵ R
25
ï
m=1 : MinP =
khi íï
7 1
13
ïï y = 13 - 2 k
ỵ
Câu VIIa ( 1 điểm )
2
2
Ta có : a + bz + cz a + bz + cz

(

)(

)

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

t2
+ 3t 2 + 2 > 0, ∀t ∈ R
2
t − 2t + 2
Xét hàm số g(t) = t trên R và g’(t)=1 >0, ∀ t
∈R
Hàm f(t) và hàm g(t) cùng đồng biến trên
R
x ≤ y ⇒ f(x) ≤ f(y) ⇒ g(y) ≤ g(z) ⇒ y ≤ z
⇒ f(y) ≤ f(z) ⇒ g(z) ≤ g(x) ⇒ z ≤ x
Vậy : x = y = z = t
t là nghiệm của phương trình :
t 3 + 2t - 3 + ln ( t 2 - 2t + 2) = 0 (*)

f ' ( x) =

3
2
Hàm số h(t) = t + 2t - 3 + ln ( t - 2t + 2)

đồng biến trên R (vì có
t2
h' ( t ) = 2
+ 1 + 3t 2 >0, ∀ t ∈ R) và
t - 2t + 2
0,25
1
2
2
2
h(1) = 0
= ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  ≥ 0(ĐPCM)
(*) có nghiệm duy nhất t= 1 .
2
KL: Hệ có nghiệm duy nhất (1;1;1)
2
3
4
2
3
II 2. sin x + sin x + sin x + sin x = cos x + cos x + cos x + cos 4 x
TXĐ: D =R
sin x + sin 2 x + sin 3 x + sin 4 x = cos x + cos 2 x + cos 3 x + cos 4 x
sin x − cosx = 0

⇔ (sin x − cosx).[ 2 + 2(sin x + cosx) + sin x.cosx ] = 0 ⇔ 
 2 + 2(sin x + cosx) + sin x.cosx = 0
π
+ Với sin x − cosx = 0 ⇔ x = + kπ (k ∈ Z )
4
+ Với 2 + 2(sin x + cosx) + sin x.cosx = 0 , đặt t = sin x + cosx (t ∈  − 2; 2  )
 t = −1
được pt : t2 + 4t +3 = 0 ⇔ 
t = −3(loai )
= a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca
1
= (2a2 + 2b2 +2 c2 –2 ab – 2bc – 2ca)
2

π

x = + kπ ( k ∈ Z )

4
 x = π + m2π


(m ∈ Z )  x = π + m2π
(m ∈ Z )
t = -1 ⇒
 x = − π + m2π

π

2

 x = − + m2π
2

.

Câu
AVI.1
(1,0 đ)

A nằm trên Ox nên A ( a;0 ) , B nằm trên đường thẳng x − y = 0 nên B(b; b) ,
uuur
uuur
M (2;1) ⇒ MA = (a − 2; −1), MB = (b − 2; b − 1)

0,25

Tam giác ABM vng cân tại M nên:

uuur uuur
 MA.MB = 0
(a − 2)(b − 2) − (b − 1) = 0
⇔
,

2
2
2
 (a − 2) + 1 = (b − 2) + (b − 1)
 MA = MB
do b = 2 khơng thỏa mãn vậy

.

0,25

0,25

0,25
0,25

1,0

0,25
0,25

0.25


b 1

a

2
=
,b 2
b 1


,b 2
b2

a 2 =


b2

2
2
2
2
(a 2) + 1 = (b 2) + (b 1)
b 1 + 1 = (b 2) 2 + (b 1) 2

b 2 ữ

a = 2
b 1


a 2 = b 2 , b 2

b = 1


a = 4

(b 2) 2 + (b 1) 2 . 1

1
=
0

(b 2) 2



b = 3
a = 2
Vi:
ng thng qua AB cú phng trỡnh x + y 2 = 0
b
=
1

a = 4
ng thng qua AB cú phng trỡnh 3 x + y 12 = 0
b
=
3


Vi



Gọi M x0 ;2 +

3
(C)
x0 1

* Tiếp tuyến tại M có dạng: y =

3
3
( x x0 ) + 2 +
2
x0 1
( x0 1)

Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B có dạng là: A

6

1;2 + x 1

0



B(2x0-1; 2)

; I(1; 2)

1
6
1

2 x0 1 = 2.3 = 6 (đvdt)
* Ta có: SIAB= . IA. IB=
2 x0 1
2
* IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA=
IB (HS tự chứng minh).

x0 = 1 + 3
6
= 2 x0 1
x0 1
x0 = 1 3

* Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện
M1( 1 + 3;2 + 3 )
M2( 1 3;2 3 )
Khi đó chu vi AIB = 4 3 + 2 6

x3 y 3 + 3 y 2 3x 2 = 0
V)
2
2
2
x + 1 x 3 2 y y + m = 0

(1)
(2)

1 x 2 0
1 x 1

iu kin:

2
2 y y 0 0 y 2
t t = x + 1 t[0; 2]; ta cú (1) t3 3t2 = y3 3y2.
Hm s f(u) = u3 3u2 nghch bin trờn on [0; 2] nờn:
.

,25

0,25


(1) ⇔ t = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔ x 2 − 2 1 − x 2 + m = 0
Đặt v = 1 − x 2 ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v2 + 2v − 1 = m.

g (v) = −1; m ax g (v) = 2
Hàm số g(v) = v2 + 2v − 1 đạt min
[ 0;1]
[ 0;1]
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2

.