Bài soạn DE THI THU DH 2011 CO DAP AN

së GD & ®T Hng Yªn ĐỀ THI THƯ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – 2011
Trêng thpt minh ch©u
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I : ( 2 điểm )Cho hµm sè
1
12
−
+
=
x
x
y
cã ®å thÞ (C).
1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè .
2. Víi ®iĨm M bÊt kú thc ®å thÞ (C) tiÕp tun t¹i M c¾t 2 tiƯm cËn t¹i Avµ B .
Gäi I lµ giao hai tiƯm cËn , T×m vÞ trÝ cđa M ®Ĩ chu vi tam gi¸c IAB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt
Câu II : ( 2 điểm ) 1) Giải phương trình :
2 3 2
4
77 3 2 0x x+ − − − =
.
2)Giải phương trình:
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +
Câu III : ( 1 điểm ) Tính tích phân
π
π
−
=
+
∫

6
4
4
tan
1
x
x
I dx
e
.
Câu IV : ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB = a, cạnh AD =
b, góc
·
0
60BAD =
. 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 khối
chóp S.ABCD ra thành hai phần sao cho thể tích của khối SBCNM bằng
5
4
thể tích của khối BCNMAD.
Câu V : ( 1 điểm )Tìm m để hệ phương trình:
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 0
x y y x
x x y y m

− + − − =



+ − − − + =


có nghiệm thực
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 :
0x y− =
và điểm
(2;1)M
. 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
2)Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng

1
4 3
: 1
1 1
x z
d y
− +
= − =
−
và
2
1 3
: 2
2 1
x y
d z
+ −
= = −
−
Viết phương trình tham số của đường thẳng d3 đối xứng với đường thẳng d2 qua đường thẳng d1.
Câu VII.a ( 1 điểm) Cho các số thực a,b,c và số phức
1 3
.
2 2
z i= − +
.
Chứng minh rằng :
( ) ( )
2 2
0a bz cz a bz cz+ + + + ≥

.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
( ) ( ) ( )
2;1 , 2;4 , 10;6A B C−
.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
( ) ( ) ( ) ( )
3;1;1 , 1;1; 1 , 1;2;3 , 4; 2;0A B C D− − −
và mp(P) có phương
trình :
2 3 13 0x y z+ + − =
.Tìm tọa độ điểm M nằm trên mp(P) sao cho
2 2 2MA MB MC MD− + − +
uuur uuur uuuur uuuur
ngắn
nhất.
Câu VII.b ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình :
( )
( )
( )

+ − + − + =


+ − + − + =



+ − + − + =


3 2
3 2
3 2
3 3 ln 2 2
3 3 ln 2 2
3 3 ln 2 2
x x x x y
y y y y z
z z z z x
.
..............Hết...............
.
Ghi chú :-Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN
Câu I : ( 2 điểm )
1)
3 2
7
2
3 2 3
x x
y x=- - + +
có tập xác đònh D= R
→+∞
= −∞lim
x
y

và
→−∞
= +∞lim
x
y
' 2
2y x x=- - +
− − + = ⇔ = = −
2
2 0 1 2x x x hay x
Hàm số đồng biến trên khoảng :(-2;1)
Hàm số nghòch biến trên khoảng: (-
∞
;-2),(1; +
∞
)
Điểm cực đại của đồ thò hàm số :
 
 ÷
 
7
1;
2
Điểm cực tiểu của đồ thò hàm số :
( )
2; 1- -
Tọa độ điểm uốn :
 
−
 ÷

 
1 5
;
2 4
I
Vẽ đồ thò hàm số :
2)
∀
M
∈
d : M(m;
5 61
4 24
m
+
)
Phương trình tiếp tuyến của ( C) tại M
0
(x0;y
0
):
 
− − − + +
 ÷
 ÷
 
3 2
0 0
0
7

2
3 2 3
x x
y x
= (
2
0 0
2x x- - +
)(x
– x
0
)
Tiếp tuyến đi quaM
⇔
 
+ − − − + +
 ÷
 ÷
 
3 2
0 0
0
5 61 7
2
4 24 3 2 3
x x
m
x
= (
2

0 0
2x x- - +
)(m – x
0
)
⇔
 
+ − − + − =
 ÷
 
3 2
0 0 0
2 1 3 5
0
3 2 4 24
m
x m x mx
Để thỏa YCBT
⇔
(*) có hai nghiệm âm phân
biệt.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
KL :
π
= −
26
30 4
I
Câu IV : ( 1 điểm )
(MBC )
I
(SAD) = MN ( Do AD // BC)
( N
∈
SD )
2
0
.
1 2 3.
. .sin60 .
3 3
S ABCD
a b
V AB AD SA= = .
2
. . .
1 3.
.
2 3
S ABC S ACD S ABCD

a b
V V V= = = .
.
.
4
. .
4
S MBC
S ABC
V
SM SB SC a x
V SA SB SC a
-
= =
( )
3 4
12
SMBC
ab a x
V
-
=
 
= =
 ÷
 
2
.
.
. .

S MNC
S ADC
V
SM SN SC SM
V SA SD SC SA
( )
2
3. 4
48
SMNC
b a x
V
-
=
( ) ( )
.
3 4 8
48
S BCNM SMBC SMNC
b a x a x
V V V
- -
= + =
( )
3 12
48
BCNMAB
b x a x
V
-

=
Thỏa YCBT :
.
5
4
S BCNM BCNMAB
V V=

2 2
9 108 128 0
4a
x = (Nhận)
3
32a
x = (Loại)
3
x ax a⇔ − + =


⇔




KL :
4a
x =
3
Câu VIa : ( 2 điểm )
1)đường thẳng

∆
có phương trình :
( ) ( )
1 2 3 0m x m y m+ + − + + =
và đường
tròn (C) có phương trình :
2 2
6 6 13 0x y x y+ + − + =
.
( C ) có tâm I(-3;3) và có bán kính R = 5 .
Hệ vô có nghiệm
⇔
∆
và ( C) không có
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
.
x
y
-2
-1
7
2
1
0
D
B

A
C
S
M
N
⇔

+ − >



− >



− <


2
7 5
0
3 12
5
0
18
3 5
0
2 4
m
m

m
m

5 1
2 6
5
18
5
6
m hay m
m
m

< − >



⇔ <



<


KL: Những điểm M nằm trên d phải có hoành
độ thỏa :
5 1 5
2 6 18
M M
x hay x< - < <

Câu II : ( 2 điểm )
1)Đặt :
( )
3 2 2
4
3 và v= x 77 ĐK: v 0u x= − + ≥
Ta có hệ :
( )
( )
3 4
2 0 1
80 2
v u
u v

− − =


− = −


(I)
Thế v = u+2 vào phương trình (2)
(2)
⇔
4 3 2
7 24 32 64 0u u u u− − − − + =

⇔
u = 1 hay u = - 4

(I)
1
3
=

⇔

=

u
v
hay
( )
4
2 Loại
= −



= −


u
v
KL : x =
2±
CâuIII :( 1 điểm )
Đặt : x = -t
⇒
dx = -dt

Đổi cân : x=
π
4
⇒
t=
π
−
4
; x=
π
−
4
⇒
t=
π
4
I =
π π
π π
−
−
− =
+ +
∫ ∫
6 6
4 4
4 4
tan tan
1 1
t x

t x
e t e x
dt dx
e e
Ta có : I + I =
π π
π π
− −
+
+ +
∫ ∫
6 6
4 4
4 4
tan tan
1 1
x
x x
x e x
dx dx
e e
⇒
2I =
π
π
−
∫
4
6
4

tan xdx
=
( ) ( )
π
π
−
 
+ − + + + −
 
∫
4
4 2 2 2 2
4
tan tan 1 tan tan 1 tan 1 1x x x x x dx
π
π
−
 
= − + −
 
 
5 3
4
4
tan tan
tan
5 3
x x
x x
=

π
−
26
15 2
( )
0
2
0 0
1
0
2
2 5 5 3
0 *
3 6 12 2
x
m
x m x

= >


⇔
 

+ − + − =
 ÷

 

Câu V : ( 1 điểm )

0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
điểm chung
( )
,⇔ ∆ >d I R
2
6
5
2 2 5
−
⇔ >
− +
m
m m
11
1
9
⇔ − < <m
KL : m = 0 hay m = -1
2)
∀
M
∈
d
2

:
( )
2 2 2
1 2 ;3 ;2M t t t− + − −
Dựng mp(P) đi qua M và vuông góc với d1
Ptmp(P) đi qua M và có VTPT
( )
1;1;1n = −
r
:
2
4 6 0x y z t− + + + − =
H = (P)
I
d
2

⇒
H =hc
1
M
d
 
⇒ − −
 ÷
 
2 2 2
4 4 4
;5 ;1
3 3 3

H t t t
K đối xứng với M qua d
1

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

qua d
1
có dạng:
1 2 , 7 5 , 5x t y t z t
= + = − = −
Câu VIb ( 2 điểm )
1)Đường thẳngAB ,AC lần lượt có các

Vectơ đơn vò :
1
4 3
;
5 5
AB
e
AB
 
= =
 ÷
 
uuur
ur
uuur
,
2
12 5
;
13 13
AC
e
AC
 
= =
 ÷
 
uuur
uur
uuur

Phương trình đường phân giác ngoài của
góc A có Vectơ chỉ phương :
1 2
8 14
;
65 65
e e
 
− = −
 ÷
 
ur uur
hay (-4,7)
KL : Phương trình tham số của đường phân
giác ngoài của góc A là :
2 4
1 7
x t
y t
= − −


= +

( t
∈
R )
Dấu “ =” xảy ra khi a = b = c
2)Gọi I thỏa :
2 2 2 0IA IB IC ID− + − + =

uur uur uur uur r
( )
5 ; 6 ; 7 0x y z- - - - - =Û
r

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

đoạn MI ngắn nhất khi
( )
I
P
M hc=
Phương trình chính tắc của d qua I và d
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
.

Xét hệ :
( )
( )

− + − + =


+ + − =


2 5 1 0
3 5 4 0
x m y
x m y
⇔
( )
( )

− + = − +


− + = −


5 5 5 15
5 5 5
m x m
m y
(I)
TH1 :

≠1m

MinP = 0 khi
3 1
và y=
1 m - 1
m
x
m
-
=
-
TH2 : m = 1
Đặt : t = -2x – 4y +1
Khi đó :
 
= + + = + + ≥
 ÷
 
2
2
13 15 25 13 15 25 25
4 2 4 4 13 13 13
P t t t

MinP =
25
13
khi t = -
15

13
khi
28
2 4 0
13
x y+ - =
KL :
m
≠
1: MinP = 0 khi
3 1
và y=
1 m - 1
m
x
m
-
=
-

m=1 : MinP =
25
13
khi 7 1
13 2
x k R
y k
ì
= Ỵ
ï

ï
ï
í
ï
= -
ï
ï
ỵ
Câu VIIa ( 1 điểm )
Ta có :
( ) ( )
2 2
a bz cz a bz cz+ + + +
= a
2
+ b
2
+ c
2
– ab – bc – ca
=
1
2
(2a
2
+ 2b
2
+2 c
2
–2 ab – 2bc – 2ca)

=
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
2
a b b c c a
 
− + − + −
 
≥
0(ĐPCM)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
vuông góc với (P) :
5 6
7
2 3
x y
z
− +

= = +
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
( )
( )
3 2
3 3 ln 2 2f t t t t t= + - + - +
trên R
Ta có :
( )
= + + > ∀ ∈
− +
2
' 2
2
3 2 0,
2 2
t
f x t t R
t t
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 :
( )
3 2
2 3 ln 2 2 0t t t t+ - + - + =
(*)
Hàm số h(t) =
( )
3 2
2 3 ln 2 2t t t t+ - + - +

đồng biến trên R (vì có
( )
2
' 2
2
1 3
2 2
t
h t t
t t
= + +
- +
>0,
∀
t
∈
R) và
h(1) = 0

(*) có nghiệm duy nhất t= 1 .
KL: Hệ có nghiệm duy nhất (1;1;1)
0,25
0,25
0,25
0,25
II 2.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +
1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +
[ ]
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
− =

⇔ − + + + = ⇔

+ + + =

0,25
+ Với
sin 0 ( )
4

x cosx x k k Z
π
π
− = ⇔ = + ∈
0,25
+ Với
2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx+ + + =
, đặt t =
sin (t 2; 2 )x cosx
 
+ ∈ −
 
được pt : t
2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai
= −

⇔

= −

t = -1
2
( )
2
2

x m
m Z
x m
π π
π
π
= +


⇒ ∈

= − +


( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m
π
π
π π
π
π

= + ∈



= + ∈


= − +


0.25
.
.
Cõu
AVI.1
(1,0 )
A
nm trờn
Ox
nờn
( )
;0A a
,
B
nm trờn ng thng
0x y =
nờn
( ; )B b b
,
(2;1)M
( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b = =
uuur uuur
Tam giỏc ABM vuụng cõn ti M nờn:

2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0
. 0
( 2) 1 ( 2) ( 1)
a b b
MA MB
MA MB
a b b
=


=



=
+ = +




uuur uuur
,
do
2b =
khụng tha món vy
2
2 2 2
2 2
1

2 , 2
1
2 , 2
2
2
1
( 2) 1 ( 2) ( 1)
1 ( 2) ( 1)
2
b
a b
b
a b
b
b
b
a b b
b b
b


=



=

+ = +
+ = +

ữ




2 2
2
2
1
2 , 2
1
2
1
4
( 2) ( 1) . 1 0
( 2)
3
a
b
a b
b
b
a

b b
b
b

=



=



=







=



+ =

=




Vi:
2
1
a
b
=


=

ng thng

qua AB cú phng trỡnh
2 0x y+ =
Vi
4
3
a
b
=


=

ng thng

qua AB cú phng trỡnh
3 12 0x y+ =
0,25
0,25
,25
0,25
Gọi M









+
1
3
2;
0
0
x
x
(C)
* Tiếp tuyến tại M có dạng:
1
3

2)(
)1(
3
0
0
2
0

++


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









+
1
6
2;1

0
x
B(2x
0
-1; 2) ; I(1; 2)
* Ta có: S

IAB
=
2
1
. IA. IB=
63.212
1
6
2
1
0
0
==


x
x
(đvdt)
* IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA=
IB (HS tự chứng minh).

=
+=
=

31
31
12
1
6
0
0
0
0
x
x
x
x
* Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện
M
1
(
32;31
++
)
M
2
(
32;31

)
Khi đó chu vi AIB =
6234
+
.