Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 132

 1 
Sở giáo dục và ðào tạo Thanh Hóa ðỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010-2011 
 Trường THPT chuyên Lam Sơn Môn thi :Toán kh ối A ( thời gian 180 phút ) 
 Ngày thi : 7 /5/2011 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 ñiểm ) 
 Câu I (2,0 ñiểm) Cho hàm s ố 3 22 3( 1) (1)y x m x m= − − + (m là tham số thực) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C)c ủa hàm số (1) khi 2.m= 
 2. Tìm m ñể ñồ thị hàm số có ñiểm cực trị, kí hiệu là A, B sao cho ba ñiểm A, B, (3;1)I thẳng hàng. 
 Câu II (2,0 ñiểm ) 
 1. Giải phương trình 
2
2sin (7cos 3) cot .
tan tan
4 4
x
x x
x x
π π
= −
     + −       
 2. Giải bất phương trình 22 2 3 2 ( ).x x x x x+ + − − ≤ − ∈ℝ 
 Câu III (1,0 ñiểm ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các ñường: 22 2, 4 .y x y x x= + + = + 
 Câu IV (1,0 ñiểm) Cho hình hộp ñứng . ' ' ' 'ABCD A B C D có , 2 , ' 3 ( 0)AB a AD a AA a a= = = > và  060 .BAD= 
 Chứng minh rằng AB vuông góc với BD’ và tính khoảng cách từ ñiểm 'A ñến mặt phẳng ( ').ABD 
 Câu V (1,0 ñiểm ) Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn 
2 2
0
0
2 1.
x
y
x y
 ≥ ≥
 + =
 Chứng minh rằng 1 1 2 1 2 1 2 4 2 6.x y+ + ≤ + + + ≤ + 
PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm ): Thí sinh ch ỉ ñược làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). 
A. Theo chương trình chuẩn 
 Câu VI.a (2,0 ñiểm ) 
1.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho hình thoi ABCD có hai cạnh ,AB CD lần lượt nằm trên hai 
ñường thẳng 1 2: 2 5 0, : 2 1 0.d x y d x y− + = − + = Viết phương trình các ñường thẳng AD và ,BC 
 biết ( 3;3)M − thuộc ñường thẳng AD và ( 1;4)N − thuộc ñường thẳng BC . 
 2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz, vi ết phương trình ñường thẳng song song với các mặt phẳng 
 ( ) : 3 12 3 5 0, ( ) : 3 4 9 7 0P x y z Q x y z+ − − = − + + = và cắt hai ñường thẳng 
1 2
5 3 1 3 1 2
: , : .
2 4 3 2 3 4
x y z x y zd d+ − + − + −= = = =
− −
 Câu VII.a (1,0 ñiểm ). Từ các chữ số 0;1;2;3;4;5 có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên lẻ, mỗi số gồm 
 6 chữ số khác nhau và tổng ba chữ số ñầu lớn hơn tổng ba chữ số cuối một ñơn vị. 
B. Theo chương trình nâng cao 
 Câu VI.b (2,0 ñiểm ) 
 1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho elíp 
2 2
( ) : 1
9 4
x yE + = và các ñiểm ( 3;0), ( 1;0).A I− − Tìm tọa ñộ 
 các ñiểm ,B C thuộc ( )E sao cho I là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác .ABC 
 2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho các ñiểm (2;0; 5), ( 3; 13;7).A B− − − Viết phương trình mặt 
 phẳng ( )P ñi qua ,A B và tạo với mặt phẳng Oxz một góc nhỏ nhất. 
 Câu VII.b (1,0 ñiểm ) Cho số phức 
26(1 ) 4( 3 4 )
.
1
i i
z
i
+ + −
=
−
 Tìm dạng lượng giác của số phức 3.z 
 ......................Hết ............................. 
 Họ và tên thí sinh : .................................................. Số báo danh :.................. 
www
.laisac
.page.t
l
Trường THPT chuyên Lam sơn 
ðÁP ÁN 
ðỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010-2011. Môn thi :Toán khối A 
Câu Ý Nội dung ðiểm 
 I 2,00 
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi 2.m= 1,00 
Với 2m= , suy ra 3 22 3 2.y x x= − + 
• Tập xác ñịnh : ℝ . 
• lim ; lim .
x x
y y
→−∞ →+∞
=−∞ =+∞ 
• 
2' 6 6 6 ( 1), ' 0 0 hoÆc 1.y x x x x y x x= − = − = ⇔ = = 
• C§ (0) 2, (1) 1.CTy y y y= = = = 
0,50 
• Bảng biến thiên: 
0,25 
ðồ thị hàm số: 
0,25 
I 2 Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) ... 1,00 
Ta có 2' 6 6( 1) 6 ( 1).y x m x x x m= − − = − + 
ðồ thị hàm só có cực trị khi và chỉ khi y’ có hai nghiệm phân biêt 1.m⇔ ≠ 
0,25 
Tọa ñiểm cực trị: 3 2(0; ), ( 1; ( 1) ) : ( 1)A m B m m m AB y m x m− − − + ⇒ =− − + 0,25 
Ba ñiểm A, B, (3;1)I thẳng hàng thẳng hàng khi và chỉ khi I AB∈ 0,25 
⇔ 2
41 ( 1) .3
3
m m m=− − + ⇔ = hoặc 1m= (loại). ðS: 4 .
3
m= 
0,25 
Cách khác: Thực hiện phép chia y cho y’, ta ñược 21 ' ( 1) .
3 6
x my y m x m
 − = − − − +  
Tại 1 2,x x là nghiệm của ' 0,y = suy ra 
2( ) ( 1) ( 1, 2).i i iy y x m x m i= =− − + = 
Suy ra pt ñt ñi qua hai ñiểm cực trị A, B: 2( 1) .y m x m=− − + 
0,25 
Ba ñiểm A, B, (3;1)I thẳng hàng thẳng hàng khi và chỉ khi I AB∈ 
⇔ 2
41 ( 1) .3
3
m m m=− − + ⇔ = hoặc 1m= (loại). ðS: 4 .
3
m= 
0,50 
 II 2,00 
 1 Giải phương trình 1,00 
−∞ x 
'y 
y 
+∞ 
−∞ 
+∞ 
0 
2 
1 
1 
0 0 + − + 
x 
y 
3 / 2 1 0 
2 
1 
1 / 2− 
 ð/k: sin 0,sin sin cos cos 0.
4 4 4 4
x x x x x
π π π π             ≠ + − + − ≠                   
0,25 
Ta có tan tan tan cot 1.
4 4 2 4 4 4 4
x x x x x x
π π π π π π π                     + + − = ⇒ + − = + + =                               
Phương trình ñã cho trở thành 
2 2 3 3cossin (7 cos 3) sin 3cos 7cos 0
sin
x
x x x x x
x
= − ⇔ + − = 34cot 3cot 1 0x x⇔ − − =
cot 1x⇔ = hoặc 1cot .
2
x
−
= 
0,50 
cot 1x = (koại do ñ/k). Với 1 1cot arccot ( ).
2 2
x x k kπ
 − − = ⇔ = + ∈  
ℤ 
0,25 
2 Giải bất phương trình: 22 2 3 2x x x x+ + − − ≤ − (1) 1,00 
ð/k: 2[ ; ).
3
x∈ +∞ ( ) 2(1) 2 3 2 ( 2) 0x x x x⇔ + − − + − − ≤ 
2( 2) 1 0
2 3 2
x x
x x
 −  ⇔ − + + ≤   + + −
. (2) 
0,50 
ðặt 
2 2( ) 1, ( )
32 3 2
f x x x
x x
−
= + + ≥
+ + −
 là hàm ñồng biến trên 2 ;
3
 
+∞  
 Suy ra 2 5 3( ) 0
3 3 2
f x f  ≥ = − >   . Vậy (2) [2/3;2].x⇔ ∈ 
0.50 
III Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các ..... 1,00 
Pt hoành ñộ giao ñiểm: 
( )( )
2
2
2 2
4 2 0
2 2 4
3 4 5 0
x x
x x x
x x x x
 + − ≥+ + = + ⇔ + − + =
1
5.
x
x
 =
⇔  =−
0,25 
Với 2[ 5;1] 2 4 2.x x x x∈ − ⇒ + ≥ + − Vậy diện tích cần tìm là ( )
1
2
5
2 4 2S x x x dx
−
= + − − +∫ 
2 1
2 2
5 2
( 5 ) ( 3 4)x x dx x x dx
−
− −
= − − + − − +∫ ∫ 
0,50 
2 13 2 3 2
5 2
5 3 27 274 27
3 2 3 2 2 2
x x x x
x
−
− −
   −   = − − + − + = + =        
(ñvdt). 
0,25 
IV Chứng minh 'AB BD⊥ và tính ( ', ( '))d A ABD 1,00 
 Trong tam giác ABD, ta có: 
2 2 2 0 22 . cos 60 3BD AB AD AB AD a= + − = 
2 2 2AB BD AB ABD⇒ + = ⇒∆ vuông tại B 
Như vậy : 
( 'D'D)
DD' ( )
AB BD
AB BB
ABCD
⊥ ⇒ ⊥⊥ 
'.AB BD⇒ ⊥ 
Gọi ' 'O AD A D O= ∩ ⇒ là trung ñiểm A’D, 
Suy ra ( ', ( ')) ( , ( ')).d A ABD d D ABD= 
Kẻ ' ( ' ).DH D B H D B⊥ ∈ (1) 
Từ ( ' ' )AB BB D D AB DH⊥ ⇒ ⊥ (2) 
Từ (1) và (2) suy ra ( ') ( , ( ') .DH ABD d D ABD DH⊥ ⇒ = 
0,25 
0,50 
060 A 
A’ 
B 
B’ 
C’ 
C D 
D’ 
H O 
Trong tam giác BDD’ vuông tại D, có DH là ñường cao, suy ra 
2 2 2
1 1 1 3 3( '; ( ')) .
' 2 2
a aDH d A ABD
DH DB DD
= + ⇒ = ⇒ = 
0,25 
V Chứng minh bất ñẳng thức ...... 1,00 
Áp dụng bất ñẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: ( ) ( )
2
1 2 1 2 2 2 2( )x y x y+ + + ≤ + + 
và 
2
2 2 21 1 3( ) 1. . 2 1 ( 2 ) .
2 22
x y x y x y
     + = + ≤ + + =      
 Suy ra 6 .
2
x y+ ≤ 
Do ñó 1 2 1 2 4 2 6.x y+ + + ≤ + 
0,25 
Ta lại có ( )
2
1 2 1 2 2 2( ) 2 1 2( ) 4x y x y x y xy+ + + = + + + + + + 
2 2( ) 2 1 2( ).x y x y≥ + + + + + 
Mặt khác 
2
2 2 2 2 2 21 1 2( ) 2 ( 2 ) .
2 2 2 2
x
x y x xy y y x y x y+ = + + ≥ + = + = ⇒ + ≥
Do ñó 1 2 1 2 1 1 2.x y+ + + ≥ + + 
0,75 
 Theo chương trình chuẩn 3,00 
VI.a 1 Viết phương trình các ñường thẳng AD và BC ... 1,00 
Giả sử ta ñã xác ñịnh ñược các ñường thẳng AD và BC thoả mãn bài toán. 
ðường thẳng AB ñi qua ñiểm ( 5;0).E − ðường thẳng BC ñi qua ñiểm ( 1;4)N − có pt 
dạng 2 2( 1) ( 4) 0,( 0).a x b y a b+ + − = + ≠ Ta có ( ). ( , ) . ( , )ABCDAB d AB CD S BC d AD BC= = 
2( , ) ( , ) ( , ) ( , )d AB CD d AD BC d E d d M BC= ⇔ = 2 2
4 2
1 4
a b
a b
− − −
⇔ =
+ +
2 211 20 4 0b ab a⇔ − − = ⇔ 2b a= hoặc 11 2 .b a=− 
0,50 
Với 2 ,b a= chọn 1 2.a b= ⇒ = Suy ra : 2 7 0.BC x y+ − = 
Vì / / :1( 3) 2( 3) 0 2 3 0.AD BD AD x y x y⇒ + + − = ⇔ + − = 
0,25 
Với 11 2 ,b a=− chọn 11 2.a b= ⇒ =− Suy ra :11 2 19 0.BC x y− + = 
Vì / / :11( 3) 2( 3) 0 11 2 39 0.AD BD AD x y x y⇒ + − − = ⇔ − + = 
0,25 
Mặt phẳng (P) có một vtpt (3;12; 3),Pn = −

 mp(Q) có một vtpt (3; 4;9).Qn = −

Lấy 1 2( ), ( ),A d B d∈ ∈ suy ra ( 5 2 ;3 4 ; 1 3 ), (3 2 ; 1 3 ;2 4 ).A t t t B s s s− + − − + − − + + 
0,25 
Suy ra (8 2 2 ; 4 4 3 ;3 3 4 ).AB t s t s t s= − − − + + − +

Nếu AB là ñường thẳng cần tìm thì 
. 0
. 0.
P
Q
n AB
n AB
 = =
 
  
0,25 
Suy ra 
( 3; 1;2), (5; 4; 2)1 3 1 2
: .
1 8 3 4(8; 3; 4)
A Bt x y zAB
s AB
 − − − − = + + − ⇒ ⇒ = =  =− − −= − − 

0,25 
2 
Thử thấy các ñiểm A, B không thuộc các mặt phẳng (P), (Q). 
Vây phương trình ñường thẳng cần tìm là 3 1 2: .
8 3 4
x y zAB + + −= =
− −
0,25 
3 Tìm số các số . 1,00 
 Giả sử lập ñược số 1 2 3 4 5 6x a a a a a a= thoả mãn yêu cầu bài toán. Ta có 
1 2 3 4 5 6 1 2 3 1 2 3 4 5 61 2( ) 1 16a a a a a a a a a a a a a a a+ + = + + + ⇒ + + = + + + + + + = 
0,25 
1 2 3 8.a a a+ + = Các bộ ba phần tử của tập { }0;1;2;3;4;5 có tổng bằng 8 là 
{ } { } { }0;3;5 , 1;2;5 , 1;3;4 . 
Với { } { } { } { }1 2 3 4 5 6, , 0;3;5 , , 1;2;4 .a a a a a a= ⇒ = Trường hợp này lập ñược 2.2!.2! (số). 
Với { } { } { } { }1 2 3 4 5 6, , 1;2;5 , , 0;3;4 .a a a a a a= ⇒ = Trường hợp này lập ñược 3!.2! (số). 
Với { } { } { } { }1 2 3 4 5 6, , 1;3;4 , , 0;2;5 .a a a a a a= ⇒ = Trường hợp này lập ñược 3!.2! (số). 
0,50 
Vậy số các số lập ñược thoả mãn yêu cầu bài toán là 2.2!.2! 3!.2! 3!.2! 32+ + = (số). 0,25 
 Theo chương trình nâng cao 3,00 
VI.b 1 Tìm toạ ñộ các ñiểm B, C ..... 1,00 
Ta có 2IA= ⇒ðường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có pt: 2 2( 1) 4.x y+ + = 0,25 
Toạ ñộ của các ñiểm B, C cần tìm là nghiệm của hệ pt:
2 2
2 2
1
9 4
( 1) 4.
x y
x y
 + =
 + + =
0,25 
2 2
2
( 1) 4
5 18 9 0
x y
x x
 + + =⇔ + + = 2 2
33,
5
( 1) 4
x x
x y
 − =− =⇔  + + =
0,25 
Với 3 0,x y=− ⇒ = suy ra B hoặc C trùng A (loại). 0,25 
Với 3 4 6.
5 5
x y−= ⇒ =± Như vậy 3 4 6 3 4 6; , ;
5 5 5 5
B C
   − − −           
 hoặc 3 4 6 3 4 6; , ; .
5 5 5 5
B C
   − − −           
0,25 
2 Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua các ñiểm .... 1,00 
Gọi 2 2 2( ; ; ) ( 0)n a b c a b c= + + ≠

 là vtpt của mặt phẳng (P), thì vì (P) ñi qua A, B nên 
n

 vuông góc với ( 5; 13;12)AB= − −

5 12
. 0 5 13 12 0 .
13
a c
n AB a b c b − +⇒ = ⇒− − + = ⇒ =
 
0,25 
Gọi ϕ là góc giữa mp(P) và mp(Oxz) thì 
.
cos ,
.
n j
n j
ϕ =
 
  trong ñó (0;1;0)j =

 là vtpt của 
mặt phẳng ( ).Oxz Vậy 
2 2 2
cos .
b
a b c
ϕ =
+ +
Nếu 0,b= thì 0cos 0 90ϕ ϕ= ⇒ = có giá trị lớn nhất. 
0,25 
C1: Nếu 0,b≠ thì 
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1
cos .
169( )1 1( 5 12 )
a b c a c a c
b b a c
ϕ = = =
+ + + +
+ +
− +
Ta có: 2 2 2 2 2( 5 12 ) (25 144)( ) 169( ),a c a c a c− + ≤ + + = + nên 01 2cos 45 .
1 1 2
ϕ ϕ≤ = ⇒ ≥
+
Dấu " "= xảy ra khi 12 5 .a c− = Chọn 5,a = thì 12c =− và 13.b=− 
 Vậy pt mp(P) là 5( 2) 13 12( 5) 0 5 13 12 70 0.x y z x y z− − − + = ⇔ − − − = 
C2:
2 2 2 2 2
2 2
5 5 1
cos .
5 2 212 13 13. 12 50
5
b b
a b c c b cb c
b
ϕ = = = ≤ =
+ +
−   
+ + − +   
   
045 ,Minϕ = khi 12 1313 12 0,
5
c c b
a
b
−
− = = . Suy ra ( ) : 5 13 12 70 0.P x y z− − − = 
0,50