Đề thi thử đại học 2011-01

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Tìm trên đồ thị C hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC cân tại đỉnh A với A2;0.. Viết phương trình đường thẳng d qua điểm

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH SÔNG LÔ

ĐỀ CHÍNH THỨC

Đ/c: Đồng Thịnh –Sông Lô – V.Phúc

ĐT : 0987.817.908; 0982.315.320

http://laisac.page.tl

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN III NĂM 2011

Môn thi : TOÁN - khối A

Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2

1

x y x

=

−

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

2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC cân tại đỉnh A với A(2;0).

Câu II (2,0 điểm)

2 sin(

2 cos sin

2 sin cot

2

+

x x

x x

2. Giải bất phương trình : x2+ 35 5 < x − + 4 x2+ 24

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân :

2 4

4 2 4

sin cos (tan 2 tan 5)

xdx

π

∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A ' B ' C ' có AB=1,CC'=m (m>0). Tìm m biết

rằng góc giữa hai đường thẳng AB' và BC bằng ' 0

60 .

Câu V (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

10x2+8x+ =4 m x(2 +1) x2+1

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d1):x−7y+17 0= , (d2):x y+ − =5 0 Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d1),(d2) một tam giác cân tại giao điểm của (d1),(d2).

2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1) Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho

độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức (z2+3z+6)2+2z(z2+3z+6)-3z2 = 0

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C):

2 2 2 4 8 0

x +y + x− y− = .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C)và đường thẳng d (cho biết điểm

A có hoành độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C)sao cho tam giác ABC vuông ở B.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là

( ) : S x + y + − z 4 x + 2 y − + = 6 z 5 0, ( ) : 2 P x + 2 y z − + = 16 0

Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P) Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN Xác định vị trí của M, N tương ứng.

Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z4-z3+ 2

2

z +z+1 = 0

-HẾT -Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh số báo danh

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH SÔNG LÔ

Đ/c: Đồng Thịnh –Sông Lô – V.Phúc

ĐT : 0987.817.908; 0982.315.320

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN III NĂM 2011

Môn thi : TOÁN - khối A

Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao đề

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)

-Tập xác định: R\{1}

-Sự biến thiên:

2

1

x

−

− Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞ ;1 ) và ( 1; +∞ ) 0.25

-xlim→( )1− y= −∞; limx→( )1+y = +∞ → =x 1 là tiệm cận đứng

-Bảng biến thiên

-∞

+∞

2

2 y y'

x

-+∞

1

-∞

0.25

-Đồ thị: Học sinh tự vẽ Yêu cầu vẽ đồ thị cân đối, đảm bảo tính đối xứng của 2 nhánh qua giao điểm của

hai đường tiệm cận Thể hiện đúng giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ

0.25

Ta có ( ) : 2 2

1

C y

x

= +

− ; Gọi

( ;2 ), ( ; 2 ),

− − với ( b < 1 < c).

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C lên trục Ox, ta có

HB AK

=

=







B

A

C

0,5

Hay

2

1 1

1

b

b c

c c

b

− = +

= −

=

−











§iÒu kiÖn: sinx≠0,sinx+cosx≠0

PT⇔ cos 2sin cos 2cos 0 cos 2 cos2 0 cos sin( ) sin 2 0

π

 

0.5

+) ,

2 0

cosx= ⇔ x=π +kπ k∈

+)

2

4 4

2 4

4

n x

π

π

π

= +

= + +

= +

= − − +

















t

⇔ = +

0,25

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là x=π +kπ

2

0.25

11

+ − + < − ⇔ < − ⇔ < − + + +

a)Nếu x 4

5

b)Nếu x > 4/5: Hàm số y = (5 x − 4)( x2+ 35 + x2+ 24) với x > 4/5

+ + >0 mọi x>4/5

Vậy HSĐB +Nếu 4/5<x≤1 thỡ y(x) ≤11

+Nếu x>1 thỡ y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1

0.5

2 4

4 2 4

sin cos (tan 2 tan 5)

xdx I

π

π

=

1

dt

t x dx

t

+ Ta cú

2

2 ln 3

I

Tớnh

1

1 2

1 2 5

dt I

t t

−

=

− +

0 1 4

tan

t

π

π

−

−

= ⇒ = ∫ = Vậy 2 ln2 3

Hỡnh Vẽ

Kẻ BD AB// ' (D A B∈ ' ') ⇒(AB,' BC')=(BD, BC')=600 ⇒ ∠ DBC ' = 600 hoặc ∠ DBC ' = 1200. 0,25 Nếu ∠DBC ' = 600 Vì lăng trụ đều nên BB' ( ' ' '),⊥ A B C áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có

1 ' = 2+

= BC m

BD và DC ' = 3 Kết hợp ∠ DBC ' = 600 ta suy ra ∆ BDC ' đều

Nếu ∠ DBC ' = 1200 áp dụng định lý cosin cho ∆ BDC 'suy ra m = 0 (loại) Vậy m = 2 0,25

C

C’

B’

B

A’

m

1

A

2 2 2

1

  0 x + 8x + = 4 2(2 x + 1) + 2( x + (3) 1) ⇔

2

Đặt 22 1

1

x

+ Điều kiện : –2< t £ 5 Rút m ta có: m=

2

2 t 2

t

+

Lập bảng biên thiên được đáp số 4 12

5

m

< £ hoặc –5 < m < - 4 0,5 VI

Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là:

1

3 13 0 ( )

3 4 0 ( )

1 ( 7) 1 1

x y

x y

= ⇔  − − =  ∆

0,5

PT đường cần tìm đi qua M(0;1) và song song với ∆ ∆1, 2nên ta có hai đường thẳng thoả mãn

Ta có uuur AB = − − − ( 1; 4; 3 ) Phương trình đường thẳng AB:

1

5 4

4 3

= −



 = −



 = −

Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB 0,25 Gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)⇒DCuuur=( ; 4a a−3;3a−3) Vì uuur uuur AB ⊥ DC=>-a-16a+12-9a+9=0<=> 21

26

a= Tọa độ điểm 5 49 41

; ;

26 26 26

0.5

VII

a

Giải phương trình trên tập số phức

1,00

Ta thấy z = 0 không là nghiệm của phương trình Chia cả hai vế cho z2 và đặt

t

z

+ +

Dẫn tới phương trình : t2+2t-3 = 0 ⇔ t=1 hoặc t=-3.

0,5

• Với t=1 , ta có : z2+3z+6 = z ⇔ z2+2z+6 = 0 ⇔ z = -1 ± 5i 0,25

• Với t=-3 , ta có : z2+3z+6 = -3z ⇔ z2+6z+6 = 0 ⇔ z = -3 ± 3 0,25 VI

Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình

1; 3

5 2 0

x y

= =

 + + − − = ⇔ 

 − − =  = − = − 

0,5

Vì · ABC = 900nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của

đường tròn Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 0,5

Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): ( , ( ) ) 2.2 2 1 ( ) 3 16 5

3

Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.

Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0 Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S)

0,25 Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của ∆ và (P)

Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là n rP = ( 2; 2; 1 − ) và qua I nên có phương trình là

2 2

1 2 3

= +



 = − + ∈



 = −



Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:

4 13 14

5

uuuur uuur

VII

b

Giải phương trình trên rập số phức

1,00 z4-z3+

2

2

z +z+1 = 0 ⇔ (z4+1)-(z3-z)+

2

2

Chia cả hai vế cho z2, ta được : (z2+ 12

z )

–(z-1

z) +

1

2=0 ⇔

0, 2

z z

w = - )

2 2 i

2 2 i

w =

-+ Phương trình : z-1

z=

1

2+

3

2i cho nghiệm z1=1+i ; z2 =-

1

2(1-i)

+ Phương trình : z-1

z =

1

2

-3

2i cho nghiêm z3

=-1