TRƯỜNG 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
4 2
4 1 2 1
y x m x m
có đồ thị
m
C
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
C
của hàm số khi
3
2
m
.
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 1 2 1
tan x sin x tan x .
b) Giải hệ phương trình trên tập số thực:
2
4 3 2
2 5
1 9
x xy y
x x y x y xy y
Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: 27
3 2
1
2x
I dx
x x
Câu IV (1 điểm) Cho hình lập phương
1 1 1 1
ABCD.A B C D
có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh AB
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
1
AC
và
MN
bằng
3
a
.
Câu V (1 điểm) Cho x, y là các số thực thoả mãn 2 2
4 3
x xy y .
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất
của biểu thức: 3 3
8 9
M x y xy
.
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
2;3
A và phương trình đường
thẳng
: 5 4 0
BD x y
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.
b) Trong không gian Oxyz cho điểm
3; 1;2
A, đường thẳng
1 2 1
:
2 1 3
x y z
d
, và
mặt phẳng
: 2 2 0
P x y z
. 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 1 7 1 0
z z z z
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
:3 2 2 0
x y
và tiếp xúc với hai
đường thẳng
1
: 5 0
d x y
và
2
:7 2 0
d x y

b) Viết phương trình mặt phẳng
đi qua 2 điểm
0;0;1
M;
0;2;0
N và tạo với mặt
phẳng
: 1 0
x y z
một góc
30
.
Câu VII.b (1 điểm) Chứng minh hệ thức sau:
2 2 2 2
0 1 2 2009
2009 2009 2009 2009
... 0
C C C C
ĐỀ SỐ 14
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Câu I 2 điểm
a) Với m = 2 hàm số trở thành 4 2
2 2
y x x .
Tập xác định: Hàm số có tập xác định
D R.
Sự biến thiên: 3
4 4
y' x x.
Ta có
0
0
1
x
y' x
0,25
0 2 2 2
CD CT
y y ; y y .
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.
Ta có
3 2
4 8 1 4 2 1
y x m x x x m .
2
0
0
2 1
x
yx m
nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1
0,25
Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:
2 2
0 2 1 2 1 4 10 5 2 1 4 10 5
A ; m ,B m ; m m ,B m ; m m .
Ta có:
4
2 2
2
2 1 16 1
8 1
AB AC m m
BC m
0,25
Điều kiện tam giác ABC đều là
2 2 2
AB BC CA AB BC CA
4
3
3
2 1 16 1 8 1
1
1 0
3
8 1 3 12
m m m
m
m
mm
0,25
So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra 3
3
1
2
m : 0,25
Câu II 2 điểm
a) Giải phương trình
1 1 2 1
tan x sin x tan x .
Điều kiện: ππ
2
x k ,k
Z
Biến đổi phương trình về dạng
1
1 os2 0
os2 1
tan x
sin x cos x c x c x
.
0, 75
Do đó nghiệm của phương trình là:
4
x k ,x k ;k
Z
0,25
b) Giải hệ phương trình trên tập số thực:
2
4 3 2
2 5
1 9
x xy y
x x y x y xy y
Viết lại hệ dưới dạng:
2 2
2 2
1 6
1 9
x x xy y
x x xy y
0,25
Đặt 2
1
u x
và 2
v x xy y
; hệ trở thành: 6
3
9
u v u v
uv
Nên
2
2
2
2
1 3
; 2; 2 1 ; 2; 2 1
1 1
3
x
xx y
y x
x xy y
0,5
Vậy hệ có 2 nghiệm như trên. 0,25
Câu III Tính tích phân: 27
3 2
1
2x
I dx
x x
Đổi biến số 6
t x
3 3
3
2 2
2
1 1
2 2 2 1
5 5 1 1 1
1
t t
I dt dt
t t t
t t
3
2
1
5 2 1 5
2
5 3 1 5
3
t lnt ln t J
ln J
Với
3
2
1
1
dt
Jt
0,25
Để tính J ta đặt
t tan x.
Khi đó
3
4
3 4 12
J dt
0,5
Vậy 2 5
π
5 3 1
3 12
I ln
. 0,25
Câu IV Các bạn tự vẽ hình.
Ta có
1 1 1
MN / / BC MN / / A BC d MN,AC d MN , A BC
0,25
Gọi
1 1
H A B AB
và
1
MK / / HA,K A B
2
2
x
MK . 0,25
Vì
1 1 1
A B AB MK A B
và
1 1
CB ABB A CB MK
.
Từ đó suy ra
1 1 1
MK A BC MK d MN , A BC d MN , AC
Nên
2 2
3 2 3 3
a x a a
MK x . Vậy M thỏa mãn
2
3
a
BM
0,5
Câu V Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: 3 3
8 9
M x y xy
.
Ta đặt
2
t x y
, từ giả thiết suy ra
2
3
3
t
xy
. Điều kiện
2 30
5
t 0,25
Khi đó
3
3 3
8 9 2 6 2 9
M x y xy x y xy x y xy
3 2
3 6 9
t t t : f t
0,25
Xét hàm f(t) với
2 3 2 3
t ;
, ta được:
2 30
1 3 5
min f t min f ; f
2 30
max max 1 3 5
f t f ; f
Từ đó đi đến kết luận của bài toán.
0,5
Câu VI.a Chương trình cơ bản
a) Chuyển
BD
về dạng tham số
5 1
1
x t
BD : y t
, t
R
Gọi I là hình chiếu của A xuống cạnh BD
5 1 1
I t ;t
.
0,25
Sử dụng điều kiện
BD
AI u
suy ra
1 3 1
1 2
2 2 2
t I ; C ; .
0,25
Vì
1 1
5 1 1
B BD B t ;t
. Do
0
AB CB AB.CB

1
1
1
0
t
t
Với
1
1 4 0 1 1
t B ; D ;
Với
1
0 1 1 4 0
t B ; D ;
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:
; 2; 8; 4
d P
u u n
10. 0,5
Phương trình đường thẳng cần tìm là:
3 1 2
:
2 8 4
x y z
d
hay
3 1 2
:
142
x y z
d
0,5
Câu VI.b Chương trình cơ bản
Đặt 2
t z z
thì pt đã cho trở thành: 2
1
3 13 4 0
3
4
t
t t
t
0,25
Với 2
1 1 3
3 3 1 0
3 2 6
t z z z i
Với 2
1 15
4 4 0
2 2
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
x t t
y t
R
.
Gọi
2 2; 3 2I t t
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
; ; 2 5 2
t t
d I d d I d R R
0,5
7
5 25 17 18
22
5 25 17 18 43
12
t
t t
t t t
Từ đó dẫn đến 2 đáp số của bài toán. 0,25
b) Gọi
: Ax 0
By Cz D
2
2 0
2
C B
C D B D
D B
0,25
Mp
tạo với mp
một góc
30
thì ta có:
2
2 2
2 2 2
3
os30 9 5 4 3
2
. 3
ABC
c A B A B
ABC
Chọn
1
B
ta có 2
12 1251
41 24 27 0
41
A A A
suy ra C, D.
Kết luận: Có 2 mp thảo mãn đk đề bài.
0,75
CâuVII.b
Chương trình nâng cao
Ta có:
2 1
0 2 1 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1
1 ...
n
n n n
n n n
x C x C x C
;
2 1
0 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1
1 ...
n
n n
n n n
x C C x C x
2 1
2 0 2 1 2 1 0 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
1 ... ... ;(1)
nn n n n
n n n n
x C x C C C x
2 1
2 0 2(2 1) 1 4 2 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
1 ... ;(2)
nn n n n
n n n n
x C x C x C x C
Hệ số chứa
2 1
n
x
trong khai triển (2) bằng 0, và trong khai triển (1) là:
2 2 2 2
0 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
... n
n n n n
C C C C
0,75
Vậy đồng nhất hệ số ta được:
2 2 2 2
0 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
... 0
n
n n n n
C C C C
Đặc biệt với n = 1004 ta có bài toán cần chứng minh.
0,25