Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. T́m trên đồ thị C hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC cân tại đỉnh A với A2;0.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được là
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)
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. T́m 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)
1. Giải phương tŕnh
) 2 sin(
2 cos sin
2 sin cot
2
+
x x
x x
2. Giải bất phương tŕnh : x2+ 35 5 < x − + 4 x2+ 24
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân :
2 4
4
sin cos (tan 2 tan 5)
xdx
π
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho h́nh lăng trụ tam giác đều ABC . A ' B ' C ' có AB = 1 , CC ' = m ( m > 0 ). T́m m biết
rằng góc giữa hai đường thẳng AB và ' BC' bằng 0
60
Câu V (1,0 điểm) T́m m để phương tŕnh 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 tŕnh Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d1): x − 7 y + 17 0 = , (d
2): x y + − = 5 0 Viết phương tŕnh
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) T́m 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 tŕnh sau trên tập số phức (z2+3z+6)2+2z(z2+3z+6)-3z2 = 0
B Theo chương tŕnh 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 tṛn (C):
2 2
x +y + x− y− = .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tṛn (C)và đường thẳng d (cho biết
điểm A có hoành độ dương) T́m tọa độ C thuộc đường tṛn (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 tŕnh 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 tŕnh sau trên tập số phức z4-z3+
2
2
z
+z+1 = 0
-HẾT -Cán bộ coi thi không giải thích ǵ thêm.
ĐỀ SỐ 15
Trang 2Họ 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
2
1
x
−
− Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( −∞ ;1 ) và ( 1; +∞ )
0.25
- lim( )1 ; lim( )1 1
là tiệm cận đứng -xlim y xlim y 2 y 2
là tiệm cận ngang
0.25
+∞
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 h́nh chiếu của B, C lên trục Ox, ta có
AB=AC CAK+BAH = =CAK+ACK⇒BAH =ACK và
BHA CKA ABH CAK
HB AK
=
=
B
A
C
0,5
Hay
2
1 1
1
b
b c
c c
b
=
−
0,5
§iÒu kiÖn: sin x ≠ 0 , sin x + cos x ≠ 0 PT⇔
2
π
0.5
Trang 3+) ,
2 0
cos x = ⇔ x = π + k π k ∈
+)
2
4 4
2 4
4
n x
π π
π π
π
π
= +
= + +
= +
= − − +
2
t
⇔ = +
0,25
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là x = π + k π
2 ; 3 , , .
2
4 + ∈
BPT tương đương:
11
0.25
a)Nếu x
4 5
≤ khụng thỏa măn BPT
0.25
b)Nếu x > 4/5: Hàm số y = (5 x − 4)( x2+ 35 + x2+ 24) với x > 4/5 y’=
+ + >0 mọi x>4/5 Vậy HSĐB +Nếu 4/5<x≤1 th́ y(x) ≤11 +Nếu x>1 th́ y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1
0.5
2 4
4
sin cos (tan 2 tan 5)
xdx I
π
π
=
∫
dt
t x dx
t
+ Ta có
2
I
0.5
Tính
1
dt I
t t
−
=
− +
∫
Đặt
0 1
4
tan
t
u I du
π
π
−
∫
Vọ̃y
2 3
2 ln
I = + − π
0,5
H́nh 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 Khi đú
2 3
1
2+ = ⇔ m =
m
0,5
Nếu ∠ DBC ' = 1200 áp dụng định lý cosin cho ∆BDC'suy ra m=0 (loại) Vậy m = 2 0,25
1 0 x + 8x + 4 = 2(2 x + 1) + 2( x + 1) (3) ⇔
2
m
0,25
Đặt 2
2 1 1
x
t x
+
= + Điều kiện : -2< t Ê 5 Rỳt m ta cú: m=
2
2 t 2
t
+
0,25
Lập bảng biờn thiờn được đỏp số
12 4
5
m
< Ê
hoặc -5 < m < - 4
0,5
VI
a
2,0
Phương tŕnh đường phõn giỏc gúc tạo bởi d1, d2 là:
1
3 13 0 ( )
3 4 0 ( )
1 ( 7) 1 1
x y
x y
0,5
Trang 4PT đường cần t́m đi qua M(0;1) và song song với ∆ ∆1, 2nên ta có hai đường thẳng thoả măn
3 3 0
x + y − = và 3 x y − + = 1 0
0,5
Ta có uuur AB = − − − ( 1; 4; 3 ) Phương tŕnh đường thẳng AB:
1
5 4
4 3
= −
= −
= −
0,25
Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là h́nh chiếu vuông góc của C trên cạnh AB 0,25 Gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)⇒ DC uuur = ( ; 4 a a − 3;3 a − 3) V́ uuur AB ⊥ DC uuur=>-a-16a+12-9a+9=0<=>
21 26
a =
Tọa độ điểm
5 49 41
; ;
26 26 26
0.5
VII
a
Ta thấy z = 0 không là nghiệm của phương tŕnh Chia cả hai vế cho z2 và đặt
t
z
+ +
=
, Dẫn tới phương tŕnh : t2+2t-3 = 0 ⇔ t=1 hoặc t=-3.
0,5
1 Với t=1 , ta có : z2+3z+6 = z ⇔ z2+2z+6 = 0 ⇔ z = -1 ± 5 i 0,25
2 Với t=-3 , ta có : z2+3z+6 = -3z ⇔ z2+6z+6 = 0 ⇔ z = -3 ± 3 0,25
VI
b
2,0
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương tŕnh
1; 3
5 2 0
x y
+ + − − = ⇔
có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1)
0,5
V́ · ABC = 900nên AC là đường kính đường tṛn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của
đường tṛn 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
0,25
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 h́nh 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), th́ 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 tŕnh là
2 2
1 2 3
= +
= − + ∈
= −
¡
0,25
Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương tŕnh:
2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0
9 3
+ + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = −
.Suy ra 0
4 13 14
; ;
3 3 3
3 5
IM = IN
uuuur uuur
Suy ra M0(0;-3;4)
0,25
Trang 5b
z4-z3+
2
2
z
+z+1 = 0 ⇔ (z4+1)-(z3-z)+
2 2
z
=0
0,5
Chia cả hai vế cho z2, ta được : (z2+ 2
1
z )
-(z-1
z ) +
1
2=0 ⇔
0, 2
w - w + =
(với
1
z z
w =
-)⇔
1 3
,
2 2 i
w = +
hoặc
1 3
2 2 i
w =
+ Phương tŕnh :
z-1
z =
1
2+
3
2i cho nghiệm z1=1+i ; z2 =-
1
2(1-i) +
Phương tŕnh :
z-1
z =
1
2
-3
2i cho nghiêm z3
=-1
2(1+i) ; z4= 1-i
0,5