THI THU DH 2011+DAP AN 4

Sở GD- ĐT Hng Yªn
Trường
THPT Minh Ch©u
c

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn : Toán - Khối A
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
3
Câu I ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x − 3mx + 2 ( Cm )

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( C1 )

2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của ( Cm ) cắt đường tròn tâm I ( 1;1) , bán kính bằng 1 tại
hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất

Câu II ( 2 điểm ) 1 . Giải phương trình: sin 4 x + cos 4 x = 4 2 sin ( x +

 x + 2 y + 1 − 2 x = 4( y − 1)

2 . Giải hệ phương trình 

2
2
 x + 4 y + 2 xy = 7

π

) −1.
4
.

e


ln x
+ 3 x 2 ln x dx
Câu III ( 1 điểm ) Tính tích phân I = ∫ 

1  x 1 + ln x
Câu IV ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và AB = 4a, hình chiếu vuông
góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm I của đoạn thẳng OA. Biết khoảng cách từ I đến

mặt phẳng (SAB) bằng

2
SI . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a .
2

Câu V (1 điểm). T×m m sao cho hÖ ph¬ng tr×nh sau cã 4 nghiÖm thùc ph©n biÖt:
 x 3 + 6 x = 3 x 2 + y 3 + 3 y + 4

2
2
 m( x + 4) y + 2 y + 3 = 5 x + 8 y + 32
II/PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
Phần A .Theo chương trình chuẩn
Câu VIa ( 2 điểm )1. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường tròn (C) : (x + 6) 2 + (y – 6)2 = 50 . Đường

thẳng d cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A, B khác gốc O .Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với đường
tròn (C) tại M sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB .
2. Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho A(5;3;-4) , B(1;3;4) .Hãy tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (Oxy)
sao cho tam giác CAB cân tại C và có diện tích bằng 8 5 .
Câu VIIa (1 điểm) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z 2 − 4 z + 11 = 0 . Tính giá trị của biểu
2

2

z + z2
thức 1
.
( z1 + z2 ) 2
Phần B.Theo chương trình nâng cao

 11 
÷, đường thẳng trung
 3

Câu VIb ( 2 điểm)1 . Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) tam giác ABC có trọng tâm G  1;

trực của cạnh BC có phương trình x − 3y +8 = 0 và đường thẳng AB có phương trình 4x + y – 9 = 0 . Xác
định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
2. Trong không gian tọa độ (Oxyz) cho mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 4 z + 5 = 0 , mặt phẳng
(Q) : 2x + y – 6z + 5 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (P). Biết rằng mặt phẳng (P) đi qua A(1;1;2) ,vuông góc
với mặt phẳng (Q) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
22 − 1 1
24 − 1 3
26 − 1 5
22010 − 1 2009

Câu VIIb ( 1 điểm) TÝnh tæng sau: S =
.C2010 +
.C2010 +
.C2010 + ... +
.C2010
2
4
6
2010
…………Hết……………
Thí sinh không sử dụng tài liệu .Giám thị không giải thích gì thêm .
Họ và tên ……………………………..Số báo danh ………………


ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn : Toán – Khối A
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề

Sở GD- ĐT Hng Yªn
Trường THPT Minh Ch©u

I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu
I
(2điểm)

Nội dung

Điểm

1.(1,0 điểm)
Hàm số (C1) có dạng

y = x 3 − 3x + 2

• Tập xác định: ¡
• Sự biến thiên
- lim y = −∞, lim y = −∞
x →−∞

0,25

x →+∞

- Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1
Bảng biến thiên
−∞
X
-1
y’
+
0
4
Y

1
0

-

−∞

+∞
+∞

0,25

0

( −∞; −1) , ( 1; +∞ ) , nghịch biến trên khoảng

Hàm số đồng biến trên các khoảng
(-1;1)
Hàm số đạt cực đại tại

+

0,25

x = −1, yCD = 4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0

• Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn
y

f(x)=x^3-3x+2

4

3

0,25

2

1

x
-2

-1

1

2

-1

2.(1,0 điểm)
Ta có

y ' = 3x 2 − 3m

Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình

y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ m > 0

1
x. y '− 2mx + 2 nên đường thẳng ∆ đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương
3

trình là y = −2mx + 2
2m − 1
< R = 1 (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng ∆ luôn cắt đường tròn tâm
Ta có d ( I , ∆ ) =
4m 2 + 1
Vì

y=

I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt
Với
Nên

m≠

0,25

0,25

1
1
1 2 1
, đường thẳng ∆ không đi qua I, ta có: S ∆ABI = IA.IB.sin AIB ≤ R =
2
2
2
2

S ∆IAB đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại I

⇔ IH =

II

0,25

2m − 1
R
1
1
2± 3
=
=
⇔m=
(H là trung điểm của AB) ⇔
2
2
2
2
4m 2 + 1

0,25

2,00


2

1,00

 x + 2 y + 1 − 2 x = 4( y − 1)
Giải hệ phương trình  2
.
2
 x + 4 y + 2 xy = 7
Điều kiện: x+2y +1 ≥ 0
Đặt t = x + 2 y + 1 (t ≥ 0)

0,25

t = 2 ( t / m )
Phương trình (1) trở thành : 2t2 – t – 6 = 0 ⇔ 
t = − 3 ( k t/m )

2
x + 2 y = 3
+ Hệ ⇔  2
2
 x + 4 y + 2 xy = 7
 x = 1

 y = 1
⇔  x = 2
(t / m)

 y = 1
 
2
III

0,25

0,25

1,00

e



ln x
+ 3 x 2 ln x dx
Tính tích phân I = ∫ 

1  x 1 + ln x
e

0,25

e

ln x
I=∫
dx + 3∫ x 2 ln xdx =I1+3I2
x
1
+
ln
x
1

1
e

+) Tính

I1 = ∫
1

ln x
x 1 + ln x

dx .

0,25

Đặt

t = 1 + ln x ⇒ t 2 = 1 + ln x; 2tdt =

Khi

x = 1 ⇒ t = 1; x = e ⇒ t = 2

(

)

1
dx
x

(

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

(

)

)

0,25

dx


du = x
u
=
ln
x

2
⇒
+) TÝnh I 2 = ∫ x ln xdx . §Æt 
2
3
dv
=
x
dx

1
v = x

3
e
3
3
3
3
x
1
e 1 x e e e3 1 2e3 + 1
⇒ I 2 = .ln x 1e − ∫ x 2 dx = − .
− + =

1 =
3
31
3 3 3
3 9 9
9

0,25

3
I = I1 + 3I 2 = 5 − 2 2 + 2e
3

0,25

e

IV

1,00


S

C

O
A

K

Trong mp(ABCD) từ điểm I kẻ IH song
D song BC với H thuộc AB . Do BC ⊥ AB
=> IH ⊥ AB Mà SI ⊥ ( ABCD ) => SI ⊥ AB .
Hay AB ⊥ (SHI) . Từ I trong
I mặt phẳng (SHI) kẻ IK ⊥ SH tại K

⇒ IK = d ( I ;( SAB ) ) = 2 SI (1)
H
B
2
IH
AI 1
BC
=
= => IH =
=a
Ta có
BC AC 4
4
1
1
1
+
= 2 (2) (Do tam giác SIH vuông tại I đường cao IK)
Mà
2
2
IS
IH
IK

2
1
1
− 2 =
=> SI = IH = a
Từ (1) và (2) =>
2
SI
SI
IH 2

1
1
16a 3
2
Lại có thể tích khối chóp S.ABCD là V = SI .S ABCD = SI . AB =
(đvtt)
3
3
3
V

0,25

0,25

0,25

0,25
1,00

x y + xy = x + y + 3xy
⇔ xy ( x + y ) = x + y + 3xy (1) do x >0 ; y > 0 nên x + y > 0
1 1
4
2
+ 3 ⇒ ( x + y ) − 3( x + y ) − 4 ≥ 0
(1) ⇒ x + y = + + 3 ≥
x y
x+ y
⇒ ( x + y ) + 1 [ ( x + y ) − 4] ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 4
Ta có

2

2

Mà P = (x + y)2 + 2 -

1
1
3
+
Lại có (1) ⇔ 1 =
xy
xy x + y

⇔ 1−

3

1
=
x + y xy

0,25

0,25


Nên P = (x + y)2 +1 +

3
x+ y

2
Đặt x + y = t ( t ≥ 4) ⇒ P = t +

3
+ 1 = f (t )
t

3 2t 3 − 3
Ta có f '(t ) = 2t - 2 =
> 0 ∀t>4 mà f (t ) liên tục trên nửa khoảng [ 4; +∞ )
t
t2
71
Nên f (t ) đồng biến trên nửa khoảng [ 4; +∞ ) => P = f (t ) ≥ f (4) =
4
71

Hay giá trị nhỏ nhất của P bằng
khi x= y = 2
4
VIa

0,25

0,25
2,00
1,00

1
Giả sử A(a;0) ; B(0;b) ( a , b khác 0) => đường thẳng d đi A , B có phương trình :

x y
+ = 1 hay bx+ ay - ab = 0
a b

0,25

d là tiếp tuyến của (C) tại M ⇔ M thuộc (C) và d vuông góc với IM

r
Đường tròn (C) có tâm I(-6 ; 6) , d có VTCP là u = ( − a; b)
uuur  a
b
a b

M là trung điểm của AB nêm M  ; ÷ , IM =  + 6; − 6 ÷
2

 2 2
2

2
2
 a
 b

 + 6 ÷ +  − 6 ÷ = 50
 2
 2

Do đó ta có hệ phương trình

−a  a + 6  + b  b − 6  = 0
÷ 
÷
  2
 2


0,25

0,25

 a = −b

2
2
 b = 22

 b = 14
  a + 6  +  b − 6  = 50




÷

÷
  2
a = −22  a = 2
 2




⇔
⇔
v
 b = 2
 b = −2
 b = a + 12



2
2
a
=
−

2



a
b

 a = −14





+
6
+
−
6
=
50
÷ 
÷
  2
 2


Vậy d có phương trình : x -y +2 = 0 ; x - y +22 = 0 ; x + 7y +14 = 0 ; 7x + y – 14= 0
2

0,25

1,00

C thuộc mặt phẳng (Oxy) nên C( a ; b ;0)

0,25

.Tam giác ABC cân tại C

0,25

=> AC = BC ⇒ (a − 5) + (b − 3) + 16 = ( a − 1) + (b − 3) + 16 ⇒ a = 3 (1)
2

2

2

2


Ta có AB = 4 5 , trung điểm BC là I (3;3;0)

1
S ∆ABC = CI . AB = 8 5 ⇒ CI = 4 => ( 3 − a ) 2 + ( 3 − b ) 2 = 4
2
a = 3
a = 3
Từ (1) ; (2) ta có 
hoặc 
b = 7

b = −1

0,25

(2)

0,25

Vậy có hai điểm C(3 ; 7 ;0) , B(3;-1;0)
VIb

2,00
1,00

1
Ta có A , B thuộc đường thẳng AB nên A(a ; 9 – 4a) , B( b ; 9 – 4b )

11
) là trọng tâm tam giác ABC nên C( - a - b + 3; 4a + 4b – 7)
3
r
d : x - 3y +8 = 0 có một VTCP là u (3;1) ;
 3− a

;2a + 1÷
Gọi I là trung điểm BC ta có I 
 2

 I ∈ d
d là trung trực của cạnh BC ⇔  uuur r

 BC.u = 0
3 − a
− 3(2a + 1) + 8 = 0

⇔ 2
3.( 3 − 2b − a ) + (4a + 8b − 16) = 0


0,25

Do G(1 ;

0;25

0,25

a = 1
⇔
b = 3
Vậy A(1;5) , B(3;-3) và C (-1 ;9)
0,25

2

Mặt phẳng (P) qua A(1;1;2) có phương trình : a(x-1)+ b(y -1)+c(z -2) = 0 ( a + b + c ≠ 0)
2

2

2

1,00
0,25

Mặt cầu (S) có tâm I(1;-2;2)
r bán kính R = 2
Mặt phẳng (Q) có VTPT n(2;1; −6)

2a + b − 6c = 0

−3b
Ta có (P) vuông góc với (Q) và tiếp xúc (S) nên 
=2
 2
2
2
 a +b +c
 a = 2c

 2 a = 6c − b
 b = 2c
 2 a = 6c − b
 2 a = 6c − b

⇔ 2
⇔ 2
⇔  b = 2c
⇔  b = −5c
2
2

2
2

9b = 4a + 4b + 4c
b + 3bc − 10c = 0
 b = −5c

 a = 11 c
 
2

0,25

(I)

0,25


Chọn c = 0 thì a = b = 0 (loại)
Nên c ≠ 0 Từ (I) Pt (P) : 2c(x-1)+ 2c(y -1)+c(z -2) = 0 ⇔ 2 x + 2 y + z − 6 = 0

0,25

11
c (x-1) -5c(y -1)+c(z -2) = 0 ⇔ 11x − 10 y + 2 z − 5 = 0
Hoặc
2
VIIb

1,00

TXĐ : D = R / { 2} , y ' =

( x − 2) − m
2
( x − 2)
2

0,25

Hàm số có hai cực trị ⇔ y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt

⇔ ( x − 2 ) − m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 2 ⇔ m > 0
2

0,25

Gọi A(x1;y1) ; B(x2 ; y2) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số

 x1 = 2 − m ⇒ y1 = 2 + m − 2 m

0,25

 x2 = 2 + m ⇒ y2 = 2 + m + 2 m
4m + 16m = 10 ⇔ m = 5 ( t / m )

0,25

Ta có y ' = 0 ⇔ 
AB = 10 ⇔
Câu

II(2.0
đ)

PT ⇔ 2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x)
⇔ (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x)

0.25

sinx + cos x = 0
(cos x − sinx)(sin 2 x + cos2 x) = 2

⇔ 
1.
(1.0đ)

π

x = − + kπ

4
⇔

cos3 x − sinx = 2

0.25

Chứng minh được phương trình cos 3x + sin x = 2 vô nghiệm
KL: x = −
VIIa

π
+ kπ
4

0.25

Giải pt đã cho ta được các nghiệm: z1 = 1 −

3 2
3 2
i, z2 = 1 +
i
2
2

0.5

2

3 2 
22
=
; z1 + z2 = 2
÷
÷
2
 2 

Suy ra | z1 |=| z2 |= 12 + 


2

2

z + z2
11
= ... =
Đo đó 1
2
4
( z1 + z2 )
C©u VII.b (1®): S =
Ta cã:

22 − 1 1
24 − 1 3
26 − 1 5
21010 − 1 2009
.C2010 +
.C2010 +
.C2010 + ... +
.C2010
2
4
6
2010

2010

K

0
1
2
3
2009 2009
2010 2010
(1 + x ) 2010 = ∑ C2010
x k = C2010
+ C2010
.x1 + C2010
.x 2 + C2010
.x 3 + ... + C2010
.x + C2010
.x
k =0

2010

k
0
1
2
3
2009 2009
2010 2010
(1 − x) 2010 = ∑ C2010
.(− x) k = C2010
− C2010
.x1 + C2010
.x 2 − C2010

.x 3 + ... − C2010
.x + C2010
.x
k =0

0.25
0.25


(1 + x) 2010 (1 x) 2010
1
3
5
2009 2009
(1)
= C2010
x + C2010
x3 + C2010
.x 5 + ... + C2010
.x
2
Lấy tích phân 2 vế của (1) với cận từ 1 đến 2 ta đợc:
2
2
(1 + x) 2010 (1 x) 2010
1
3
5
2009 2009
.dx = ( C2010

x + C2010
x 3 + C2010
x 5 + ... + C2010
x ) dx
1
2
1


(1 + x) 2011 (1 x)2011 2
2
+

ữ
1
1 1 2 1 3 4
2009 2010
2011
2011

C2010 x ữ
ữ = C2010 x + C2010 x + ... +
2
4
2010


ữ1 2
1

ữ


32011 1 22011 22 1 1
24 1 3
22010 1 2009

=
C2010 +
C2010 + ... +
C2010
4022
2
4
2010
32011 22011 1
Vậy: S =
.
4022
Tìm m sao cho hệ phơng trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt:
x 3 + 6 x = 3 x 2 + y 3 + 3 y + 4
(1)

2
2
m( x + 4) y + 2 y + 3 = 5 x + 8 y + 32 (2)
(1) ( x 1)3 + 3( x + 1) = y 3 + 3 y
[ ( x 1) y ] ( x 1) 2 + ( x 1) y + y 2 + 3 = 0
x = y + 1 (3)
Thay (3) vào (2) ta có: m( x + 4) x 2 + 2 = 5 x 2 + 8 x + 24

m( x + 4) x 2 + 2 = ( x + 4) 2 + 4( x 2 + 2)
x+4

x2 + 2
m=
+
(4) do x = 4 KTM
x+4
x2 + 2
x+4
2 4x
(*) => y ' =
= 0 x = 1/ 2
Đặt y =
x2 + 2
( x 2 + 2)3
lim y = 1; lim y = 1

x +

x

Lập bảng biến thiên
x
-
y
+
y

1/2

0
3

+
-

-1
1
suy ra 1 < y 3 và (*) có 2 nghiệm phân biệt y ( 1;3)
4
PT (4) theo y: m = y +
(5)
y
4
4
y ( 1;3] => f '( y ) = 1 2 = 0 y = 2
Xét hàm số f ( y ) = y +
y
y
lim+ y = +; lim y =
x 0

Lập bảng biến thiên

x 0


x
y’
y

-1

0
-

1
+∞

-5
-∞

-

2
0

3
+
13/3

5
4

 13 
KL: ycbt ⇔ PT (5) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt y ∈ ( 1;3) ⇔ m ∈  4; ÷
 3
Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tương đương.
, ngày 3 tháng 3 năm 2011