Đề và đáp án thi thử ĐH(khối A + B)- Lần 5

TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ TỔ TOÁN - TIN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn: TOÁN - Khối A + B Ngày thi: 01/03/2011 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu 1. (2 điểm). Cho hàm số = + + + − + − y x m x m x m 3 2 (2 1) (3 2) 2, (1) m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -1. 2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x 1 , x 2 , x 3 thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 1 2 3 3x x x+ + > . Câu 2. (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 2cos 2 cos2 .sin3 3sin 2 3x x x x+ + = . 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 4 ( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y  + + + =   + = + +   Câu 3. (2 điểm). 1. Tính tích phân: 2 2 0 sin x e xdx π ∫ . 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 2 4 4 ( 2 2 4) 2 2 4m x x x x− + − − + = − . Câu 4. (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông, đường cao SA. Gọi M là trung điểm SC; N, P lần lượt nằm trên SB và SD sao cho 2 3 SN SP SB SD = = . Chứng minh 4 điểm A, N, M, P cùng nằm trên một mặt phẳng. Mặt phẳng (ANMP) chia hình chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. 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 5.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )5;2(,)1;1( −BA , đỉnh C nằm trên đường thẳng 04 =−x , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 0632 =+− yx . Tính diện tích tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và hai đường thẳng 1 1 3 1 ( ) : 1 1 2 x y z d − − − = = − và 2 1 ( ) : 4 1 2 x y z d − = = . Viết phương trình dường (d) thẳng đi qua A, cắt ( ) 1 d và vuông góc với ( ) 2 d . Câu 6.a (1 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2 0z z+ = . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 5.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )2;1(,)1;2( −− BA , trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 02 =−+ yx . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 01 =+−+ zyx và đường thẳng d: 3 1 1 1 1 2 − − = − − = − zyx . Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng ∆ nằm trong (P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng 23 . Câu 6.b (1 điểm). Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện | 1 2 | 1z i+ + = tìm số phức có môđun nhỏ nhất. … Hết … Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………… ; Lớp: ……… ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ SỐ 5 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1-1 (1 điểm) Với m = -1 có y = x 3 - x 2 -5x - 3. * Tập xác định D = R. * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y’ = 3x 2 - 2x - 5; y’ = 0 ⇔ 1 5 3 = −    =  x x . Dấu của y’: x -∞ -1 5/3 +∞ y’ + 0 - 0 + Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1; 5/3). Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; -1) và (5/3 ; + ∞). - Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 5/3, y CT = -256/27; Hàm số đạt cực đại tại x = -1, y CĐ = 0. 0,25 - Giới hạn: 3 2 3 1 5 3 lim lim (1 ) x x y x x x x →+∞ →+∞ = − − − = +∞ ; 3 2 3 1 5 3 lim lim (1 ) x x y x x x x →=∞ →−∞ = − − − = −∞ 0,25 Bảng biến thiên: x -∞ -1 5/3 +∞ y’ + 0 - 0 + y -∞ 0 256 27 − +∞ 0,25 * Đồ thị: - Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm: (-1;0), (3; 0) - Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; -3) 0,25 1-2 (1 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành là nghiệm của phương trình: + + + − + − = ⇔ + + + − x m x m x m x x mx m 3 2 2 (2 1) (3 2 ) 2 0 ( 1)( 2 2) (2) ⇔ 2 1 0 2 2 0 (*) x x mx m + =   + + − =  0,25 Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt x 1 , x 2 , x 3 khi và chỉ khi phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác - 1 ⇔ 2 2 ' 0 2 0 1 ( 1) 2 2 0 1 m m m m m m ∆ >   − + > ⇔ ⇔ ≠ −   − − + − ≠ ≠ −   0,25 Giả sử x 3 = -1 khi đó x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình (*) nên theo định lý Viet ta có: 1 2 1 2 2 2 x x m x x m + = −   = −  Có 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 1 2 1 2 7 6 ( ) 2 6 4 2 4 6x x x x x x x x x m m+ + > ⇔ + > ⇔ + − > ⇔ − + > ⇔ 2 1 2 1 0 2 1 m m m m  < −  − − > ⇔  >  0,25 Kết hợp với điều kiện ta được: 1 ( ; 1) ( 1; ) (1; ) 2 m∈ −∞ − ∪ − − ∪ +∞ 0,25 2-1 (1 điểm) 2 2 2 2cos 2 cos2 .sin 3 3sin 2 3 cos2 .sin 3 cos 2 0x x x x x x x+ + = ⇔ − = ⇔ cos2 0 (1) sin3 cos2 (2) x x x =   =  0,25 (1) 2 2 4 2 x k x k π π π π ⇔ = + ⇔ = + 0,25 (2) ⇔ 3 2 2 2 10 5 sin3 sin( 2 ) 2 3 2 2 2 2 2 x x l x l x x x x l x l π π π π π π π π π π   = − + = +   = − ⇔ ⇔       = − − + = +  ÷       0,25 Vậy nghiệm của phương trình là: 4 2 x k π π = + , 10 5 x l π π = + và 2 2 x l π π = + (k ∈ Z). 0,25 2-2 (1 điểm) Dễ thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình. Chia cả hai vế của hệ phương trình cho y ≠ 0 ta được: 2 2 2 1 4 1 ( ) 2 7 x y x y x x y y  + + + =    +  + = +   0,25 Đặt 2 1x u y v x y  + =    = +  ta được hệ phương trình: 2 2 4 4 2 7 2(4 ) 7 u v u v v u v v + = = −   ⇔   = + = − +   ⇔ 1 3 u v =   =  hoặc 9 5 u v =   = −  . + Với 1 3 u v =   =  có 2 2 1 1 1 1 2 3 3 x x x y y y y x x y  + = =  + =   ⇔ ⇔    = = −    + =  hoặc 2 5 x y = −   =  . + 9 5 u v =   = −  có 2 2 1 9 1 9 5 5 x x y y y x x y  + =  + =  ⇔   = − −   + = −  vô nghiệm. 0,25 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm: 1 2 x y =   =  , 2 5 x y = −   =  . 0,25 3.1 (1 điểm) 2 2 2 2 2 1 2 0 0 0 0 (1 cos2 ) 1 1 sin cos2 2 2 2 x x x x e x e xdx dx e dx e xdx I I π π π π − = = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 + Tính 2 2 2 1 0 1 1 1 1 0 2 4 4 4 x x I e dx e e π π π = = = − ∫ . 0,25 + Tính 2 2 0 1 cos2 2 x I e xdx π = ∫ . Đặt 2 2 2 1 cos2 sin2 2 x x du e dx u e dv xdx v x  =  =  ⇒   = =    2 2 2 2 0 0 1 1 1 sin 2 sin 2 sin2 0 4 2 2 x x x I e x e xdx e xdx π π π = − = − ∫ ∫ Tính 2 0 sin 2 x e xdx π ∫ . Đặt 2 2 2 1 sin 2 cos2 2 x x du e dx u e dv xdx v x  =  =  ⇒   = = −    0,25 2 2 2 2 2 0 0 1 1 1 sin 2 cos2 cos2 2 0 2 2 2 x x x e xdx e x e xdx e I π π π π = − + = − + + ∫ ∫ . ⇒ 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 4 8 8 I e I I e π π = − − ⇔ = − Vậy I = 2 1 1 4 4 e π − 2 1 1 8 8 e π − + = 2 1 1 8 8 e π − 0,25 3.2 (1 điểm) Điều kiện : x ≥ 2. Ta thấy x = 2 không là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế phương trình cho 2 4 4x − , ta được: 4 4 2 2 2 2 2 2 x x m x x   − + + − =  ÷ + −   (*). Đặt 4 4 4 4 4 2 2( 1) 4 0 ( 2) 2 2 0 1 2 1 1 x t t t x x x t x t t + + = > ⇒ − = + ⇒ = > ⇔ > ⇔ > − − − Khi đó (*) trở thành: 2 1 2 2 2 ( ) 2 1 t t m t m f t t t +   + − = ⇔ = =  ÷ +   (3). Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi PT (3) có nghiệm t > 1. Xét hàm số f(t) với t> 1, có: f’(t) = 2 2 2 2 2 0 1 (2 1) t t t t + + > ∀ > + . ⇒ f(t) > f(1) = 1 ∀ t > 1. 0,25 0,25 0,25 Vậy phương trình có nghiệm ⇔ m > 1. 0,25 4 (1 điểm) 1. Gọi O là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của AM với SO. Có I là trọng tâm tam giác SAC nên 2 3 SI SO = . Có 2 3 SN SP SI SB SD SO = = = ⇒ NI // BO và PI//DO ⇒ N, I, P thẳng hàng hay I nằm trên đường thẳng NP ⇒ AM cắt NP hay 4 điểm A, N, M, P đồng phẳng. 0,25 0,25 + Có . . . . . . S ANM S AMP S ABC S ACD V SN SM SP SM V V SA SB SD SB V = = = ⇒ . . . . S ANM S AMP S ABC S ACD V V V V = ⇔ . . . . . . . . . 2 1 1 . 3 2 3 S ANM S AMP S ANM S AMP S ANMP S ABC S ACD S ABCD S ABCD V V V V V V V V V + = = = = = . Vậy mặt phẳng (ANMP) chia hình chóp S.ABCD thành hai phần có tỷ số thể tích là 1 2 . 0,25 0,25 5a.1 (1 điểm) Gọi C(x C ; y C ). Có C thuộc đường thẳng x - 4 = 0 nên x C = 4 ⇒ C(4; y C ). Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: 1 2 4 1 5 1; 2 3 3 3 C C G G y y x y − + + + = = = = + . 0,25 Mặt khác G thuộc đường thẳng 0632 =+− yx nên 2 - 6 - y C + 6 = 0 ⇔ y C = 2. Suy ra C(4; 2) 0,25 ( 3;4), (3;1)AB AC= − = uuur uuur . 5, 10AB AC= = . 2 2 2 2 1 1 15 . ( . ) 25.10 ( 9 4) 2 2 2 ABC S AB AC AB AC= − = − − + = uuur uuur . 0,25 Vậy diện tích tam giác ABC là 15 2 . Ghi chú: Có thể tính diện tích theo công thức Hêrông hoặc công thức khác. 0,25 5a.2 (1 điểm) (d 1 ) đi qua M 1 (1; 3; 1) có vec tơ chỉ phương 1 ( 1;1;2)u = − ur . (d 2 ) đi qua M 2 (0;1;0) có vec tơ chỉ phương 2 (4;1;2)u = uur . Gọi (α) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với (d 2 ). (α) nhận véctơ chỉ phương 2 (4;1;2)u = uur của (d 2 ) làm vectơ pháp tuyến. PT (α): 4(x - 1) + 1.(y - 2) + 2(z - 3) = 0 ⇔ 4x + y + 2z - 12 = 0. 0,25 Gọi B là giao điểm của (d 1 ) và (α). Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình: 2 1 3 1 6 1 1 2 4 2 12 0 7 x x y z y x y z z = −  − − −  = =   ⇔ = −     + + − = =   ⇒ B(-2; 6; 7). 0,25 (d) là đường thẳng đi qua A và B, có vec tơ chỉ phương ( 3;4;4)AB = − uuur nên có phương trình tham số: 1 3 2 4 3 4 x t y t z t = −   = +   = +  . 0,5 6a. (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2 0z z+ = . Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). 2 2 2 2 2 0 ( ) 2( ) 0 2 (2 2 ) 0z z a bi a bi a b a ab b i+ = ⇔ + + − = ⇔ − + + − = ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 2 0 (1) 0 2 0 2 0 1 2 2 0 1 (2) 2 0 2 0 b b a b a a b a a ab b a a b a a b a =   =     − + =  − + =     = ⇔ ⇔     − = =     − + =    − + =   0,25 0,25 (1) ⇔ 2 2 2 0 0 0 0 2 0 2 0 2 b b b a a b a a a a =  = =    ⇔ ⇔ =     − + = + =     = −   ⇔ 0 0 b a =   =  hoặc 0 2 b a =   = −  (2) ⇔ 2 2 2 1 1 1 2 0 3 3 a a a a b a b b = = =     ⇔ ⇔    − + = = = ±     ⇔ 1 3 a b =    =   hoặc 1 3 a b =    = −   0,25 Vậy có 4 số phức z là z = 0, z = -2, 1 3z i= + và 1 3z i= − 5b.1 (1 điểm) Gọi C(x C ; y C ). Có tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là: 2 1 3 1 2 3 ; 3 3 3 3 C C C C G G x x y y x y + + + − − + − + = = = = . G thuộc đường thẳng 02 =−+ yx nên 3 3 2 0 6 0 3 3 C C C C x y x y + − + + − = ⇔ + − = 0,25 Có ( 1; 1), 2AB AB= − − = uuur . Đường thẳng AB có vec tơ pháp tuyến (1; 1)n = − r nên có phương trình: x - y - 3 =0 1 2 27 ( , ). ( , ) 2 2 ABC ABC S S d C AB AB d C AB AB = ⇒ = = . mà | 3| | 2 9 | ( , ) 1 1 2 C C C x y x d C AB − − − = = + . Suy ra 18 | 2 9 | 27 | 2 9 | 27 9 2 2 C C C C x x x x =  − = ⇔ − = ⇔  = −  + với x C = 18 ⇒ y C = -12 ⇒ C(18; -12). + Với x C = -9 ⇒ y C = 12 ⇒ C(-9; 12). 0,25 0,25 0,25 5b.2 (1 điểm) • (P) có véc tơ pháp tuyến )1;1;1( )( −= P n và d có véc tơ chỉ phương (1; 1; 3)u = − − r )4;2;1()( IPdI ⇒∩= . • vì ∆⇒⊥∆⊂∆ dP);( có véctơ chỉ phương [ ] )2;2;4(; )( −−== ∆ unu P )1;1;2(2 −−= . 0,25 • Gọi H là hình chiếu của I trên ∆ )(QmpH ∈⇒ qua I và vuông góc ∆ . Phương trình (Q): 0420)4()2()1(2 =+−+−⇔=−−−+−− zyxzyx . Gọi 11 )()( dQPd ⇒∩= có véctơ chỉ phương [ ] )1;1;0(3)3;3;0(; )()( == QP nn và 1 d qua I      += += = ⇒ tz ty x ptd 4 2 1 : 1 Ta có );;0()4;2;1( 1 ttIHttHdH =⇒++⇒∈ •    −= = ⇔=⇔= 3 3 23223 2 t t tIH 0,25 0,25 • TH1: 1 7 1 5 2 1 :)7;5;1(3 − − = − = − − ∆⇒⇒= zyx ptHt TH2: 1 1 1 1 2 1 :)1;1;1(3 − − = + = − − ∆⇒−⇒−= zyx ptHt 0,25 6b (1 điểm) Xét biểu thức | 1 2 | 1z i+ + = (1). Đặt z = x + yi. Khi đó (1) trở thành 2 2 1 ( 2) 1( 1) ( 2) ( 1) yx y i x + + =+ + + = ⇔ + Do đó các điểm M biểu diễn số phức z thoả mãn (1) nằm trên đường tròn (C) tâm I(-1; -2) và bán kính R = 1. 0,25 Ta có z đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm M nằm trên đường tròn (C) và gần O nhất. Do đó M là giao điểm của (C) và đường thẳng OI, với M là giao điểm gần O hơn. Đường thẳng OI có phương trình: y = 2x. 0,25 Tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 ( 2) 1 2 ( 1) y y x x  + + =  =  + Giải hệ phương trình ta tìm được: 1 1 5 2 2 5 x y  = − +     = − +   và 1 1 5 2 2 5 x y  = − −     = − −   0,25 Có 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 5 5 5 5         − + + − + < − − + − −  ÷  ÷  ÷  ÷         Vậy số phức cần tìm là : 5 5 2 5 10 5 5 z i − − = + . 0,25 . 0 b b a b a a b a a ab b a a b a a b a =   =     − + =  − + =     = ⇔ ⇔     − = =     − + =    − + =   0, 25 0, 25 (1) ⇔ 2 2 2 0 0 0 0 2 0 2 0 2 b b b a a b a a a a =  =. C(4; 2) 0, 25 ( 3;4), (3;1)AB AC= − = uuur uuur . 5, 10AB AC= = . 2 2 2 2 1 1 15 . ( . ) 25. 10 ( 9 4) 2 2 2 ABC S AB AC AB AC= − = − − + = uuur uuur . 0, 25 Vậy diện tích tam giác ABC là 15 2 . Ghi. +   = +  . 0 ,5 6a. (1 điểm) Tìm số phức z th a mãn: 2 2 0z z+ = . Đặt z = a + bi (a, b ∈ R). 2 2 2 2 2 0 ( ) 2( ) 0 2 (2 2 ) 0z z a bi a bi a b a ab b i+ = ⇔ + + − = ⇔ − + + − = ⇔ 2 2 2