1/4 TRUNG TÂM LUYỆN THI ðH SÔNG LÔ ð/c: ðồng Thịnh – Sông Lô – Vĩnh Phúc ðT : 0987.817.908; 0982.315.320 ðỀ CHÍNH THỨC ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG LẦN III NĂM 2011 Môn thi : TOÁN - khối A. Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao ñề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) Câu I (2,0 ñiểm). Cho hàm số 2 1 x y x = − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm trên ñồ thị (C) hai ñiểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC cân tại ñỉnh A với A(2;0). Câu II (2,0 ñiểm) 1. Giải phương trình ) 2 2sin( sin cos 2sin cot 2 1 π = + + + x x x x x 2. Giải bất phương trình : 2 2 35 5 4 24 x x x + < − + + Câu III (1,0 ñiểm) . Tính tích phân : 4 2 4 2 4 sin cos (tan 2 tan 5) xdx x x x π π − − + ∫ Câu IV (1,0 ñiểm). Cho hình lăng trụ tam giác ñều ABC.A'B'C' có 1, ' ( 0). > = = AB CC m m Tìm m biết rằng góc giữa hai ñường thẳng ' AB và BC' bằng 60 0 . Câu V (1,0 ñiểm). Tìm m ñể phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : 2 2 10x 8 4 (2 1). 1 x m x x + + = + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 ñiểm) 1. Trong mp toạ ñộ (Oxy) cho 2 ñường thẳng: (d 1 ): 7 17 0 x y − + = , (d 2 ): 5 0 x y + − = . Viết phương trình ñường thẳng (d) qua ñiểm M(0;1) tạo với (d 1 ),(d 2 ) một tam giác cân tại giao ñiểm của (d 1 ),(d 2 ). 2. Cho ba ñiểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa ñộ ñiểm D thuộc ñường thẳng AB sao cho ñộ dài ñoạn thẳng CD nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 ñiểm). Gi ải phương trình sau trên tập số phức (z 2 +3z+6) 2 +2z(z 2 +3z+6)-3z 2 = 0 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và ñường tròn (C): 2 2 2 4 8 0 x y x y + + − − = .Xác ñịnh tọa ñộ các giao ñiểm A, B của ñường tròn (C)và ñường thẳng d (cho biết ñiểm A có hoành ñộ dương). Tìm tọa ñộ C thuộc ñường tròn (C)sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là 2 2 2 ( ) : 4 2 6 5 0, ( ): 2 2 16 0 S x y z x y z P x y z + + − + − + = + − + = . ðiểm M di ñộng trên (S) và ñiểm N di ñộng trên (P). Tính ñộ dài ngắn nhất của ñoạn thẳng MN. Xác ñịnh vị trí của M, N tương ứng. Câu VII.b (1 ñiểm). Giải phương trình sau trên tập số phức z 4 -z 3 + 2 2 z +z+1 = 0 HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh số báo danh http://aotrangtb.com http://aotrangtb.com 2/4 TRUNG TÂM LUYỆN THI ðH SÔNG LÔ ð/c: ðồng Thịnh –Sông Lô – V.Phúc ðT : 0987.817.908; 0982.315.320 ðÁP ÁN CHÍNH THỨC ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC, CAO ðẲNG LẦN III NĂM 2011 Môn thi : TOÁN - khối A. Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao ñề Câu Ý Nội dung ðiểm I 2 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số (1,00 ñiểm) -Tập xác ñịnh: R\{1} -Sự biến thiên: ( ) 2 2 ' 0 1 1 y x x − = < ∀ ≠ − . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ;1 −∞ và ( ) 1; +∞ 0.25 - ( ) ( ) 1 1 lim ; lim 1 x x y y x − + → → = −∞ = +∞ → = là tiệm cận ñứng - lim lim 2 2 x x y y y →−∞ →+∞ = = → = là tiệm cận ngang 0.25 -Bảng biến thiên - ∞ ∞ ∞ ∞ + ∞ ∞ ∞ ∞ 2 2 y y' x - - + ∞ ∞ ∞ ∞ 1 - ∞ ∞ ∞ ∞ 0.25 -ðồ thị: Học sinh tự vẽ. Yêu cầu vẽ ñồ thị cân ñối, ñảm bảo tính ñối xứng của 2 nhánh qua giao ñiểm của hai ñường tiệm cận. Thể hiện ñúng giao ñiểm của ñồ thị với các trục toạ ñộ. 0.25 2 Tìm toạ ñộ hai ñiểm B, C… 1,0 Ta có 2 ( ) : 2 1 C y x = + − ; Gọi 2 2 ( ;2 ), ( ;2 ), 1 1 B b C c b c + + − − với ( b < 1 < c). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C lên trục Ox, ta có · · · · · · ; 90 AB AC CAK BAH CAK ACK BAH ACK = + = = + ⇒ = và · · 0 90 AH CK BHA CKA ABH CAK HB AK = = = ⇒ ∆ = ∆ ⇒ = H K B A C 0,5 Hay 2 2 2 1 1 2 3 2 2 1 b b c c c b − = + = − − ⇔ = + = − − .Vậy ( 1;1), (3;3) B C − . 0,5 II 2,0 1 Giải phương trình … 1,0 §iÒu kiÖn: sin 0, sin cos 0. ≠ + ≠ x x x PT ⇔ 2 cos 2sin cos cos 2cos 2cos 0 0 cos sin( ) sin2 0 2 sin sin cos 2sin sin cos 4 x x x x x x x x x x x x x x x π + − = ⇔ − = ⇔ + − = + + 0.5 http://aotrangtb.com 3/4 +) ., 2 0cos +== kkxx +) 22 2 4 4 sin 2 sin( ) , Z 2 4 2 2 4 34 x mx x m x x m n n xx x n = += + + = + = += + 2 4 3 t x = + 0,25 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là kx += 2 ; .,, 3 2 4 += tk t x 0.25 2 Gii bt phng trỡnh. 1,0 BPT tng ủng: 2 2 2 2 2 2 11 35 24 5 4 5 4 11 (5 4)( 35 24) 35 24 x x x x x x x x x + + < < < + + + + + + 0.25 a)Nu x 4 5 khụng tha món BPT 0.25 b)Nu x > 4/5: Hm s 2 2 (5 4)( 35 24) y x x x= + + + vi x > 4/5 y = 2 2 2 2 1 1 5( 35 24) (5 4)( ) 35 24 x x x x x + + + + + + + >0 mi x>4/5 Vy HSB. +Nu 4/5<x 1 thỡ y(x) 11 +Nu x>1 thỡ y(x)>11 Vy nghim BPT x>1 0.5 Tớnh tớch phõn 1,0 III 2 4 4 2 4 sin cos (tan 2tan 5) xdx I x x x = + . t 2 tan 1 dt t x dx t = = + . Ta cú 1 1 2 2 2 1 1 2 2 ln 3 2 5 3 2 5 t dt dt I t t t t = = + + + 0.5 Tớnh 1 1 2 1 2 5 dt I t t = + . t 0 1 4 1 1 tan 2 2 8 t u I du = = = . Vy 2 3 2 ln 3 8 I = + . 0,5 IV 1,0 Hỡnh V Kẻ // ' ( ' ') BD AB D A B 0 60)',()','( == BCBDBCAB 0 60'= DBC hoặc .120' 0 =DBC 0,25 Nếu 0 60'=DBC . Vì lăng trụ đều nên ' ( ' ' '), BB A B C áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có 1' 2 +== mBCBD và .3'=DC Kết hợp 0 60'=DBC ta suy ra 'BDC đều. Khi ủú .231 2 ==+ mm 0,5 Nếu 0 120'=DBC . áp dụng định lý cosin cho 'BDC suy ra 0 = m (loại). Vậy .2=m 0,25 C C B B A m D 3 1 1 0 120 A 4/4 V Tìm m ñể phương trình … 1,0 2 2 2 1 0 8x 4 2(2 1) 2( 1) x x x + + = + + + (3) ⇔ 2 2 2 2 1 2 1 2 2 0 1 1 x x m x x æ + ö æ + ö ÷ ÷ ç ç - + = ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ç ÷ ç è ø è ø + + . 0,25 ðặt 2 2 1 1 x t x + = + ðiều kiện : –2< t 5 £ . Rút m ta có: m= 2 2 2 t t + . 0,25 Lập bảng biên thiên ñược ñáp số 12 4 5 m< £ hoặc –5 < 4 m < - 0,5 VI a 2,0 1 Viết phương trình ñường thẳng 1,00 Phương trình ñường phân giác góc tạo bởi d 1 , d 2 là: 1 2 2 2 2 2 3 13 0 ( ) 7 17 5 3 4 0 ( ) 1 ( 7) 1 1 x y x y x y x y + − = ∆ − + + − = ⇔ − − = ∆ + − + 0,5 PT ñường cần tìm ñi qua M(0;1) và song song với 1 2 , ∆ ∆ nên ta có hai ñường thẳng thoả mãn 3 3 0 x y + − = và 3 1 0 x y − + = 0,5 2 Tìm toạ ñộ ñiểm D… 1,00 Ta có ( ) 1; 4; 3 AB = − − − uuur Phương trình ñường thẳng AB: 1 5 4 4 3 x t y t z t = − = − = − 0,25 ðể ñộ dài ñoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB 0,25 Gọi tọa ñộ ñiểm D(1-a;5-4a;4-3a) ( ;4 3;3 3) DC a a a ⇒ = − − uuur . Vì AB DC ⊥ uuur uuur =>-a-16a+12- 9a+9=0<=> 21 26 a = . Tọa ñộ ñiểm 5 49 41 ; ; 26 26 26 D 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 z 2 và ñặt 2 3 6 z z t z + + = , Dẫn tới phương trình : t 2 +2t-3 = 0 ⇔ t=1 hoặc t=-3. 0,5 • Với t=1 , ta có : z 2 +3z+6 = z ⇔ z 2 +2z+6 = 0 ⇔ z = -1 ± 5 i 0,25 • Với t=-3 , ta có : z 2 +3z+6 = -3z ⇔ z 2 +6z+6 = 0 ⇔ z = -3 ± 3 0,25 VI b 2,0 1 Tìm toạ ñộ ñiểm C 1,00 Tọa ñộ giao ñiểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 0; 2 2 4 8 0 1; 3 5 2 0 y x x y x y y x x y = = + + − − = ⇔ = − = − − − = .Vì A có hoành ñộ dương nên ta ñược A(2;0), B(-3;-1). 0,5 Vì · 0 90 ABC = nên AC là ñường kính ñường tròn, tức là ñiểm C ñối xứng với ñiểm A qua tâm I của ñường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 0,5 2 Tìm toạ ñộ các ñiểm M, N 1,0 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. 0,25 5/4 Khoảng cách từ I ñến mặt phẳng (P): ( ) ( ) ( ) 2.2 2. 1 3 16 , 5 3 d d I P d R + − − + = = = ⇒ > . Do ñó (P) và (S) không có ñiểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M 0 và N ở vị trí N 0 . Dễ thấy N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M 0 là giao ñiểm của ñoạn thẳng IN 0 với mặt cầu (S). 0,25 Gọi ∆ là ñường thẳng ñi qua ñiểm I và vuông góc với (P), thì N 0 là giao ñiểm của ∆ và (P). ðường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là ( ) 2;2; 1 P n = − r và qua I nên có phương trình là ( ) 2 2 1 2 3 x t y t t z t = + = − + ∈ = − ¡ . 0,25 Tọa ñộ của N 0 ứng với t nghiệm ñúng phương trình: ( ) ( ) ( ) 15 5 2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0 9 3 t t t t t + + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = − .Suy ra 0 4 13 14 ; ; 3 3 3 N − − . Ta có 0 0 3 . 5 IM IN = uuuur uuur Suy ra M 0 (0;-3;4) 0,25 VII b Giải phương trình trên rập số phức 1,00 . z 4 -z 3 + 2 2 z +z+1 = 0 ⇔ (z 4 +1)-(z 3 -z)+ 2 2 z =0. 0,5 Chia cả hai vế cho z 2 , ta ñược : (z 2 + 2 1 z ) –(z- 1 z ) + 1 2 =0 ⇔ 2 5 0, 2 w w- + = (với 1 z z w = - ) ⇔ 1 3 , 2 2 i w = + hoặc 1 3 2 2 i w = - + Phương trình : z- 1 z = 1 2 + 3 2 i cho nghiệm z 1 =1+i ; z 2 =- 1 2 (1-i) + Phương trình : z- 1 z = 1 2 - 3 2 i cho nghiêm z 3 =- 1 2 (1+i) ; z 4 = 1-i 0,5 . < + + + + + + 0. 25 a)Nu x 4 5 khụng tha món BPT 0. 25 b)Nu x > 4 /5: Hm s 2 2 (5 4)( 35 24) y x x x= + + + vi x > 4 /5 y = 2 2 2 2 1 1 5( 35 24) (5 4)( ) 35 24 x x x x x + +. + 0, 25 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là kx += 2 ; .,, 3 2 4 += tk t x 0. 25 2 Gii bt phng trỡnh. 1,0 BPT tng ủng: 2 2 2 2 2 2 11 35 24 5 4 5 4 11 (5 4)( 35 24) 35 24 x. 0, 25 ðặt 2 2 1 1 x t x + = + ðiều kiện : –2< t 5 £ . Rút m ta có: m= 2 2 2 t t + . 0, 25 Lập bảng biên thi n ñược ñáp số 12 4 5 m< £ hoặc 5 < 4 m < - 0 ,5 VI a