1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: TOÁN. Khối: A-B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Ngày thi:27/03/2011
A.PHẦN CHUNG(7,0 điểm): (Dành cho tất cả thí sinh)
Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 1mx2xy 24
(1).
1/.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1m .
2/.Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này
có bán kính bằng 1.
Câu II: ( 2,0 điểm )
1/.Giải phương trình: 8x2sin3x2cosxcos6xsin9
2/.Giải hệ phương trình
369
)(3
22
22
yx
yxyxyxyx
Câu III: ( 1,0 điểm ). Tính tích phân:
3
4
4 53
xcos.xsin
dx
.
Câu IV: ( 1,0 điểm ).
Cho hình lăng trụ tam giác '''. CBAABC với ABCA'. là hình chóp tam giác đều nội tiếp trong một mặt cầu
có bán kính R. Góc giữa mặt phẳng )'( BCA và mặt phẳng )(ABC bằng o
60 . Tính thể tích khối chóp
CCBBA '''. theo R.
Câu V: ( 1,0 điểm ) .Giả sử y,x là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình:
09ax2x2
với 3a ; 09by2y2
với 3b
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
y
1
x
1
)yx(3M
B. PHẦN TỰ CHỌN (3,0điểm) : (Thí sinh chọn câu VIa, VIIa hoặc VIb, VIIb)
Câu VIa: ( 2,0 điểm )
1/.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 13yx:)C( 22
và
25y)6x(:)'C( 22
. Gọi A là một giao điểm của )C( và )'C( với 0A
y . Viết phương trình
đường thẳng (d) đi qua A và cắt )'C(),C( theo hai dây cung có độ dài bằng nhau (hai dây cung này khác
nhau).
2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng 02zyx:)P( và đường thẳng
d :
1
1z
1
2y
2
3x
.Gọi M là giao điểm của d và )P( , viết phương trình đường thẳng nằm
trong mặt phẳng )P( , vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng
bằng 42 .
Câu VIIa: ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn điều kiện:
522 zz .
Câu VIb: ( 2,0 điểm )
1/.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích là S =
2
3
, đỉnh A(2;-3), đỉnh B(3;-
2), trọng tâm của tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0. Tìm toạ độ đỉnh C.
2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng 0122:)( zyxP và hai đường thẳng
1d :
23
3
2
1 zyx
, 2d :
5
5
46
5
zyx
. Tìm các điểm 21 dN,dM sao cho đường thẳng
MN song song mặt phẳng (P) và cách mặt phẳng (P) một khoảng cách bằng 2.
Câu VIIb: ( 1,0 điểm ) .Giải bất phương trình: x2x1x2xx2x
)15.(32)15(
………………………………..Hết…………………………………..
2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH
THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: TOÁN. Khối: A-B
Ngày thi: 27/03/2011
*****
ĐÁP ÁN (gồm 12 trang)
Câu Nội dung Điểm
A/ Phần bắt buộc:
Câu I:
(2,0đ)
Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số 1mx2xy 24
(1).
2,0đ
1/ (1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho ứng với m = -1. 1,0đ
1m , ta có hàm số 1x2xy 24
TXĐ: RD
Sự biến thiên của hàm số:
.Giới hạn của hàm số tại vô cực:
ylim;ylim
xx
. Chiều biến thiên:
x4x4'y 3
1y0x0'y
0,25
Bảng biến thiên:
x 0
y’ - 0 +
y
(CT)
1
0,25
.Hàm số nghịch biến trên khoảng (-;0) và đồng biến trên khoảng (0; )
Hàm số đạt cực tiểu tại x= 0, giá trị cực tiểu là y(0) = 1
0,25
Đồ thị:
Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 1)
Các điểm khác :(-1;4), (1; 4)
0,25
f(x)=x^4+2*x^2+1
f(x)=4
x(t)=1 , y(t)=t
x(t)=-1 , y(t)=t
-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
y
3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
2/(1,0đ) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba cực trị và đường tròn
đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1.
1,0đ
mx4x4'y 3
mx
0x
0'y 2
Hàm số có 3 cực trị y’ đổi dấu 3 lần phương trình y’=0 có 3 nghiệm phân
biệt 0m
0,25
Khi 0m , đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị là :
)1;0(C),m1;m(B),m1;m(A 22
0,25
Gọi I là tâm và R là bán kính đường tròn đi qua 3 điểm C,B,A
Vì hai điểm B,A đối xứng nhau qua trục tung nên I nằm trên trục tung
Đăt )y;0(I o . Ta có:
2y
0y
1)y1(RIC
o
o2
o
)0;0(OI hoặc )2;0(I
*Với )0;0(OI :
2
51
m
2
51
m
1m
0m
0mm2m1)m1(mRIA 2422
So sánh điều kiện 0m , ta được
2
51
m,1m
0,25
*Với )2;0(I :
(*)0mm2m1)m1(mRIA 2422
Pt (*) vô nghiệm khi 0m
Tóm lại, bài toán thỏa mãn khi
2
51
m,1m
0,25
Câu II:
(2,0đ)
1/(1,0đ) Giải phương trình: 8x2sin3x2cosxcos6xsin9 (*) 1,0đ
8xcosxsin61xcos2xcos6xsin9(*) 2
0)xsin1(2)xsin1(xcos6)1x(sin9 2
0)7xcos6xsin2)(xsin1( 0,25
)vn(07xcos6xsin2
1xsin
0,25
2k
2
x1xsin 0,25
Vậy phương trình đã cho có 1 họ nghiệm là:
2k
2
x 0,25
2/(1,0đ) Giải hệ phương trình: (*)
369yx
)yx(3yxyxyx
22
22
1,0đ
5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
I= dtt
3
1
4
3
3
1
4
1
t4
0,25
I= 134134 84
0,25
Câu
IV:
(1đ )
(1,0đ ) Cho hình lăng trụ '''. CBAABC với ABCA'. là hình chóp tam giác đều nội tiếp
trong một mặt cầu có bán kính R. Góc giữa mặt phẳng )'( BCA và mặt phẳng )(ABC
bằng o
60 . Tính thể tích khối chóp CCBBA '''. theo R
1,0đ
Gọi N là trung điểm BC. Vì A’.ABC là hình chóp đều nên ABC đều và BC'A cân tại
'A
BC)BC'A()ABC(
BCN'A,BCAN
góc giữa hai mặt phẳng )ABC( và )BC'A( là
o
^
60NA'A
0,25
Gọi H là trọng tâm ABC H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC
A’.ABC là hình chóp đều )ABC(H'A
H'A là trục của đường tròn ngoại tiếp ABC
Gọi M là trung điểm A'A . Trong )AN'A(mp , vẽ đường trung trực của cạnh
A'A ,cắt H'A tại I.
Ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A’.ABC
0,25
6. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Bán kính mặt cầu là : I'AR
Gọi a là độ dài cạnh của ABC . Ta có
3
3
aAH,
6
3
aHN,
2
3
aAN
HN'A vuông tại
2
a
3.
6
3
a60tan.HNH'AH o
AH'A vuông tại
6
21a
9
a3
4
a
AHH'AA'AH
22
22
12
21a
2
A'A
M'A
Ta có MI'A đồng dạng HA'A nên
7
R12
a
2
a
12
21a
6
21a
R
H'A
M'A
A'A
I'A
0,25
7
R6
H'A
49
R336
4
3
.
7
R12
S
22
SBC
H'A.SV,H'A.S.
3
1
V ABC'C'B'A.ABCABCABC'.A
343
R3144
7
R6
.
49
R336
.
3
2
H'A.S.
3
2
VVV
32
ABCABC'.A'C'B'A.ABC'B'BCC'.A
0,25
Câu
V:
(1,0đ)
(1,0đ ) Giả sử y,x là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình:
09ax2x2
với 3a ; 09by2y2
với 3b
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
y
1
x
1
)yx(3M
1,0đ
Xét phương trình: 09ax2x2
(1)
Ta có: 09a2
với 3a nên phương trình (1) có nghiệm và
(1) 0xax29x2
Xét phương trình: 09by2y2
(2)
Ta có: 09b2
với 3b nên phương trình (2) có nghiệm và
(2) 0yby29y2
0,25
Đặt 0t,tx . Ta được:
2
2
2
2
y
1
t
1
)yt(3
y
1
t
1
)yt(3M
Mà với 0y,0t ta có :
yt
4
y
1
t
1
nên
2
2
)yt(
16
)yt(3M
7. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: 38
)yt(
16
)yt(3
2
2
38M
0,25
Do đó, M đạt giá trị nhỏ nhất là 38 khi
4
4
4
2
2
3
1
x
3
1
y
3
1
y
yt
)yt(
16
)yt(3
yt
0,25
Vì x, y thỏa mãn (1) và (2) nên:
4
4
2
4
4
2
4
32
139
ba
3b
3a
09
3
1
b2
3
1
09
3
1
a2
3
1
Vậy
444 32
139
ba,
3
1
y,
3
1
xkhi38Mmin
0,25
B/ Phần tự chọn: (Thí sinh chọn câu VIa,VIIa hoặc câu VIb, VIIb )
CâuVI
a:
(2,0 đ
)
1/(1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 13yx:)C( 22
và
25y)6x(:)'C( 22
. Gọi A là một giao điểm của )C( và )'C( với 0A
y . Viết
phương trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt )'C(),C( theo hai dây cung có độ dài
bằng nhau (hai dây cung này khác nhau).
1,0đ
Theo giả thiết:
5'Rkínhbán,)0;6('Otâmcó)'C(
13Rkínhbán,)0;0(Otâmcó)C(
0,25
Tọa độ các giao điểm của )'C(và)C( là nghiệm của hệ phương trình:
25y)6x(
13yx
22
22
011x12yx
13yx
22
22
)0yvì()3;2(A
3y
3y
2x
A
0,25
8. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và các đường tròn
)'C(,)C( thỏa 'AHAH , với H không trùng H’.
Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của AH, AH’. Vì A là trung điểm của đoạn thẳng
HH’ nên A là trung điểm của đoạn thẳng MM’.
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OO’ )0;3(I .
Ta có IA // OM. Mà )d(IAnên)d(OM
0,25
)3;1(IAvtptcó)d( và qua )3;2(A
Vậy phương trình đường thẳng
07y3x0)3y(3)2x(1:là)d(
0,25
Cách
khác:
Theo giả thiết:
5'Rkínhbán,)0;6('Otâmcó)'C(
13Rkínhbán,)0;0(Otâmcó)C(
Tọa độ các giao điểm của )'C(và)C( là nghiệm của hệ phương trình:
25y)6x(
13yx
22
22
011x12yx
13yx
22
22
)0yvì()3;2(A
3y
3y
2x
A
0,25
Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và các đường tròn
)'C(,)C( thỏa 'AHAH , với H không trùng H’.
Ta có A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên H và H’ đối xứng nhau qua A.
Gọi )C( 1 là ảnh của )C( qua phép đối xứng tâm A,
13RRkínhbán,Otâmcó)C( 111 .
A là trung điểm của đoạn )6;4(OOO 11
Phương trình đường tròn 13)6y()4x(:)C( 22
1 .
Vì )'C('Hvà)C('H 1 nên H’ là giao điểm của )C( 1 và )'C(
0,25
Tọa độ điểm H’ là nghiệm của hệ phương trình:
9. Thi thử Đại học www.toanpt.net
25y)6x(
13)6y()4x(
22
22
)l(A)3;2('H
3y
2x
)
5
24
;
5
37
('H
5
24
y
5
37
x
0144y78y10
7y3x
2
0,25
Đường thằng (d) cần tìm đi qua hai điểm A, H’ nên (d) nhận vtcp là:
)1;3(
5
9
)
5
9
;
5
27
('AH
Phương trình đường thẳng (d): 07y3x
1
3y
3
2x
0,25
2/ (1,0đ ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng
02zyx:)P( và đường thẳng d :
1
1z
1
2y
2
3x
.Gọi M là giao điểm
của d và )P( , viết phương trình đường thẳng nằm trong mặt phẳng )P( , vuông góc
với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng bằng 42 .
1,0đ
02zyx:)P( , d :
1
1z
1
2y
2
3x
)P( có véc tơ pháp tuyến )1;1;1(n ,
d có véc tơ chỉ phương )1;1;2(u và đi qua điểm )1;2;3(Mo .
Vì đường thẳng nằm trong mặt phẳng )P( , vuông góc với đường thẳng d nên
có véc tơ chỉ phương )1;3;2(u,nu
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
1
1z
1
2y
2
3x
02zyx
03zy
07y2x
02zyx
)0;3;1(M
0z
3y
1x
0,25
Gọi )c,b,a(H là hình chiếu vuông góc của điểm H lên đường thẳng
)c;3b;1a(MH
Theo giả thiết, ta có:
42MH
uMH
)P(M
42c)3b()1a(
0c)3b(3)1a(2
02cba
222
0,25
0336b252b42
13b4a
15b5c
2
5c
)5;4;3(H4b
3a
5c
)5;2;5(H2b
5a
0,25
10. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Với )5;2;5(H , ta có phương trình đường thẳng :
t5z
t32y
t25x
Với )5;4;3(H , ta có phương trình đường thẳng :
t5z
t34y
t23x 0,25
CâuVI
Ia:
(1,0đ)
(1,0đ) Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa
mãn điều kiện: 522 zz .
1,0đ
Đặt ),( Ryxyixz là số phức đã cho và ),( yxM là điểm biểu diễn của z
trong mặt phẳng phức
Ta có: 522 zz 5y)2x(y)2x( 2222
(1)
0,25
(1)
22222222
y)2x(y)2x(5y)2x(y)2x(
5
x8
y)2x(y)2x( 2222
(2)
0,25
Từ (1) và (2) ta được:
5
x4
2
5
y)2x(
5
x4
2
5
y)2x(
22
22
8
25
x,
5
x4
2
5
y)2x(
8
25
x,
5
x4
2
5
y)2x(
2
22
2
22
8
25
x
8
25
,
4
9
y
25
x9 2
2
1
4
9
y
4
25
x 22
0,25
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa điều kiện đã cho là elip có phương
trình: 1
4
9
y
4
25
x 22
0,25
Cách
khác
Đặt ),( Ryxyixz là số phức đã cho và ),( yxM là điểm biểu diễn của z trong
mặt phẳng phức
Trong mặt phẳng phức, xét các điểm )0;2(F),0;2(F 21 .
Ta có:
2zy)2x()y()x2(MF 2222
1
2zy)2x()y()x2(MF 2222
2
0,25
Do đó, từ giả thiết : 52z2z 5MFMF 21 , ta được tổng các
khoảng cách từ điểm M đến hai điểm cố định 21 F,F bằng 5 (số không đổi) lớn hơn
khoảng cách )4FF(FF 2121 nên tập hợp các điểm M là một elip có:
5a2 và các tiêu điểm )0;2(F),0;2(F 21
0,25
11. Thi thử Đại học www.toanpt.net
4c2
5a2
4
9
b
4
25
a
2c
2
5
a
2
2
0,25
Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa điều kiện đã cho là elip có phương
trình: 1
4
9
y
4
25
x 22
0,25
CâuVI
b:
(2,0 đ
)
1/ (1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích là S =
2
3
,
đỉnh A(2;-3), đỉnh B(3;-2), trọng tâm của tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0.
Tìm toạ độ đỉnh C.
1,0đ
Đặt )y;x(C oo . Gọi )y;x(G GG là trọng tâm ABC .
Theo giả thiết:
G là trọng tâm ABC
3
y5
y
3
x5
x
o
G
o
G
Lại có 04yx308
3
y5
3
x5
3)d(G oo
oo
(1)
0,25
2AB
)1;1(AB . Đường thẳng AB đi qua điểm A và có véc tơ pháp tuyến
)1;1(n nên phương trình đường thẳng AB
là: 05yx0)3y()2x(
Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB là:
2
5yx
)AB,C(d
oo
Diện tích ABC là: 5yx
2
1
)AB,C(d.AB.
2
1
S oo
Theo giả thiết, ta có : 35yx
2
3
S oo (2)
0,25
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
35yx
04yx3
oo
oo
1y
1x
10y
2x
2yx
4yx3
8yx
4yx3
35yx
35yx
04yx3
o
o
o
o
oo
oo
oo
oo
oo
oo
oo
0,25
Vậy có hai điểm cần tìm là: )1;1(C,)10;2(C 0,25
2/(1,0đ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng
0122:)( zyxP và hai đường thẳng 1d :
23
3
2
1 zyx
, 2d :
5
5
46
5
zyx
.
Tìm các điểm 21 dN,dM sao cho đường thẳng MN song song mặt phẳng (P) và
cách mặt phẳng (P) một khoảng cách bằng 2.
1,0đ
Gọi )(Q là mặt phẳng song song mặt phẳng )(P và cách )(P một khoảng cách bằng
2
Phương trình mp )(Q có dạng: 1D,0Dz2y2x 0,25
12. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Chọn )P()0;0;1(Mo . Ta có :
7D
5D
2
3
D1
2))Q(,M(d o
(nhận)
có hai mặt phẳng song song mp(P) và cách mp(P) một khoảng cách bằng 2 là:
05z2y2x:)Q( 1 , 07z2y2x:)Q( 2
Vì )P//(MN và )Q(MNnên2))P(,MN(d 1 hoặc )Q(MN 2
Do đó, có hai trường hợp:
)Q(dN
)Q(dM
12
11
;
)Q(dN
)Q(dM
22
21
)Q(dN
)Q(dM
12
11
Tọa độ diểm M là nghiệm của hệ:
)0;3;1(M
05z2y2x
06z3y2
09y2x3
05z2y2x
2
z
3
3y
2
1x
Tọa độ diểm N là nghiệm của
hệ: )5;0;5(N
05z2y2x
020z4y5
020y6x4
05z2y2x
5
5z
4
y
6
5x
0,25
)Q(dN
)Q(dM
22
21
Tọa độ diểm M là nghiệm của hệ:
)2;0;3(M
07z2y2x
06z3y2
09y2x3
07z2y2x
2
z
3
3y
2
1x
Tọa độ diểm N là nghiệm
củahệ: )0;4;1(N
07z2y2x
020z4y5
020y6x4
07z2y2x
5
5z
4
y
6
5x
0,25
Vậy có hai cặp điểm cần tìm là: )5;0;5(N),0;3;1(M và
)0;4;1(N),2;0;3(M
0,25
CâuVI
Ib:
(1,0đ)
(1,0đ) Giải bất phương trình: x2x1x2xx2x
)15.(32)15(
(*)
1,0đ
(*) 3
15
2
.2
15
15
x2xx2x
0,25
03
15
2
.2
15
4
x2xx2x
2
03
15
2
.2
15
2
x2x)x2x(2
0,25
