TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011KHỐI: A Thời gian: 180 phútkhông kể thời gian phát đề A.. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương
Trang 1TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011
KHỐI: A
Thời gian: 180 phút(không kể thời gian phát đề)
A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x= 4−4(m−1)x2+2m−1 có đồ thị ( )C m
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số khi 3
2
b) Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều.
Câu II (2 điểm)
a) Giải phương trình (1−tan x) (1+sin x2 ) (= +1 tan x )
b) Giải hệ phương trình trên tập số thực:
2
Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau:
27
3 2 1
2
x
−
= +
∫
Câu IV (1 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A B C D có độ dài cạnh bằng a Trên các cạnh AB 1 1 1 1
và CD lấy lần lượt các điểm M, N sao cho BM =CN =x Xác định ví trí điểm M sao cho khoảng cách giữa hai dường thẳng A C và MN bằng 1
3
a
Câu V (1 điểm) Cho x, y là các số thực thoả mãn 2 2
x +xy+ y = . Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất
của biểu thức: M = +x3 8y3−9xy
B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD biết điểm A(−2;3) và phương trình đường
thẳng ( )BD x: −5y+ =4 0 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.
b) Trong không gian Oxyz cho điểm A(3; 1; 2− ), đường thẳng ( ): 1 2 1
− , và mặt phẳng ( )P : 2x y z− + − =2 0 Viết phương trình đường thẳng ( )d′ đi qua A, song song với
( )
mp P và vuông góc với đường thẳng ( )d
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: ( 2 ) (2 2 )
3 z − +z 1 +7 z − + =z 1 0
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
a) Viết phương trình đường tròn ( )C có tâm I thuộc ( )∆ : 3x+2y− =2 0 và tiếp xúc với hai đường thẳng ( )d1 :x y+ + =5 0 và ( )d2 : 7x y− + =2 0
b) Viết phương trình mặt phẳng ( )α đi qua 2 điểm M(0;0;1) ; N(0; 2;0) và tạo với mặt
phẳng ( )β :x y z+ + − =1 0 một góc 30o
Câu VII.b (1 điểm) Chứng minh hệ thức sau:
ĐỀ SỐ 14
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Câu I 2 điểm
a) Với m = 2 hàm số trở thành y x= 4−2x2+2.
• Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.=
• Sự biến thiên: y' =4x3−4x. Ta có 0 0
1
x y'
x
=
= ⇔ = ±
0,25
• y CD = y( )0 =2; y CT = y( )2 = −2. 0,25
• Bảng biến thiên:
x −∞ -1 0 1 +∞
y' − 0 + 0 − 0 +
y +∞ 2 +∞
1 1
0,25
• Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
• Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy
0,25
b) Xác định m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều.
0 0
x y
=
′ = ⇔ = −
nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1
0,25
• Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:
4
2
0,25
• Điều kiện tam giác ABC đều là AB BC CA= = ⇒AB2 =BC2 =CA2
4
3 3
1
1 0
3
2
m m
=
− =
0,25
• So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra 1 33
2
Câu II 2 điểm
a) Giải phương trình (1−tan x) (1+sin x2 ) (= +1 tan x )
• Điều kiện: π π
2
• Biến đổi phương trình về dạng ( ) (1 os2 ) 0 1
os2 1
tan x
= −
0, 75
• Do đó nghiệm của phương trình là:
4
x= − +π k ,x k ;kπ = π ∈Z 0,25
b) Giải hệ phương trình trên tập số thực:
2
Trang 3• Viết lại hệ dưới dạng: ( ) ( )
0,25
• Đặt u x= 2+1 và v x= 2+xy y+ ; hệ trở thành: 6 3
9
u v
u v uv
+ =
=
Nên
2 2
2
2
1 3
1 1 3
x x
x y
y x
+ + =
0,5
Câu III Tính tích phân:
27
3 2 1
2
x
−
= +
∫
• Đổi biến số t =6 x
2
1
t t
( ( ) ) 3
2 1
2
3
= − + ÷−
Với
3 2
dt J
t
= +
∫
0,25
• Để tính J ta đặt t tan x.= Khi đó 3
4
3 4 12
π
π
π π π
=∫ = − =
0,5
• Vậy 5 3 1 2 5π
3 12
0,25
Câu IV Các bạn tự vẽ hình.
• Ta có MN / / BC⇒MN / / A BC( 1 ) ⇒d MN , A C( 1 )=d MN , A BC( ( 1 ) ) 0,25
2
x MK
• Vì A B1 ⊥AB1⇒MK ⊥A B1 và CB⊥(ABB A1 1)⇒CB⊥MK .
• Từ đó suy ra MK ⊥(A BC1 )⇒MK=d MN , A BC( ( 1 ) ) =d MN , A C( 1 )
MK = ⇒ = ⇒ =x Vậy M thỏa mãn 2
3
a
0,5
Câu V Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: M = +x3 8y3−9xy
• Ta đặt t= +x 2y, từ giả thiết suy ra 2 3
3
t
Điều kiện 2 30
5
= − −t3 3t2+ + =6t 9: f t( )
0,25
• Xét hàm f(t) với t∈ − 2 3 2 3; , ta được:
5
= − − ÷÷
0,5
Trang 4( ) ( ) 2 30
5
= − + − ÷÷
• Từ đó đi đến kết luận của bài toán
Câu VI.a Chương trình cơ bản
a) • Chuyển ( )BD về dạng tham số ( )BD : x 5 1t 1
y t
= +
= +
, t∈R
• Gọi I là hình chiếu của A xuống cạnh BD⇒I t(5 1+ ;t+1)
0,25
• Sử dụng điều kiện uur uuuurAI ⊥u( )BD suy ra 1 3 1 ( 1 2)
t= − ⇒I− ; ⇒C − −;
0,25
• Vì B∈( )BD ⇒B t(51+1;t1+1) Do uuur uuurAB CB⊥ ⇒uuur uuurAB.CB=0 1
1
1 0
t t
= −
⇒ =
• Với t1 = − ⇒1 B(−4 0; )⇒D ;( )1 1
• Với t1 = ⇒0 B ;( )1 1 ⇒D(−4 0; )
0,5
b) Viết ptdt (d’) đi qua A vuông góc với (P) và song song với (d).
• Ta có (d’) có véc tơ chỉ phương là: ur =u nuur uurd; P= − − −( 2; 8; 4)10. 0,5
• Phương trình đường thẳng cần tìm là:
0,5
Câu VI.b Chương trình cơ bản
• Đặt 2
t = −z z thì pt đã cho trở thành: 2
1
4
t
t
= −
+ + = ⇔
= −
0,25
t= − ⇒ z − + = ⇒ = ±z z i
t= − ⇒ − + = ⇒ = ±z z z i
0,5
• Kết luận pt có 4 nghiệm phân biệt như trên 0,25
CâuVII.a Chương trình nâng cao
a) • Đưa ( )∆ về dạng tham số ( ): 2 2 ;
3 2
t
= +
∆ = − − ∈R
• Gọi I(2t+ − − ∈ ∆2; 3t 2) ( ) và R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn
0,25
• Từ đk tiếp xúc suy ra ( ( )1 ) ( ( )2 )
5 17 18
7
12
t
t
=
⇒ − = + ⇒ = −
0,5
2
=
⇒ + = + = ⇒ = −
0,25
• Mp( )α tạo với mp( )β một góc 30o thì ta có: 0,75
Trang 5( 2 2) ( )2
3
2 3
A B C
+ +
+ +
o
41
A − A− = ⇒ =A ± suy ra C, D.
• Kết luận: Có 2 mp thảo mãn đk đề bài
CâuVII.b Chương trình nâng cao
• Ta có:
Hệ số chứa x2n+1 trong khai triển (2) bằng 0, và trong khai triển (1) là:
0,75
• Đặc biệt với n = 1004 ta có bài toán cần chứng minh
0,25