WWW.ToanCapBa.Net
1

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ LẦN 2
TRƯỜNG THPT QUỐC HỌC QUY NHƠN TUYỂN SINH ĐẠI HỌC – NĂM 2011
Môn thi: TOÁN – KHỐI A-B-D
Thời gian làm bài: 180 phút
(Không kể thời gain phát đề)
I: PHẦN CHUNG: ( 7điểm)
CâuI (2điểm): Cho hàm số y = f(x) =(x + 2)(x
2
– mx + m
2
-3) ( 1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành.
Câu II (2 điểm):
1: Giải phương trình: 4sin
2
x + 1 = 8sin
2
xcosx + 4cos
2
2x
2: Giải bất phương trình: x
2
+ 4x + 1 > 3
x
(x + 1)
Câu III (1điểm): Tính tích phân
1



PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI/a: (2điểm)
1 . Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình: 7x + 6y
– 24 = 0; x – 2y – 2 = 0. Viết phương trình đường cao kẽ từ B của tam giác ABC.
2. Trong kgOxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng



: 2x – y – 1 = 0;



: 2x – z = 0 và tạo với mặt phẳng (Q): x – 2y + 2z – 1 = 0 góc

mà
2 2
os =
9
c


Câu VII/a: (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời:


1 2 5 . 34
z i va z z
   

x

  

Hết
Hướng dẫn giải:
CâuI : 1. bạn đọc tự giải
2. Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành khi hệ sau có nghiệm:



 
2 2
2 2
( 2) 3 0 (1)
3 2 4 2 3 0 (2)
x x mx m
x m x m m

    


     



Đề thi chính thức
WWW.ToanCapBa.Net
2



2
m
  

Câu II : 1.4sin
2
x + 1 = 8sin
2
xcosx + 4cos
2
2x  5 – 4cos
2
x = 8cosx – 8cos
3
x + 16cos
4
x – 16cos
2
x + 4
 16cos
4
x – 8cos
3
x

12cos
2
x + 8cosx - 1 = 0
 (2cosx – 1)(8cos

(t
2
– t + 1) > 0

t

1
Vậy nghiệm của bất phương trình x≥ 0 và x

1
Câu III:.
1
4
2
4 2
0
2
2 1
x
I dx
x x

 

=
   
1
2
2
2 2

 
 
 
 


=
1
1 1 1
1 3ln 1 3ln 1
2
2 1 1
0
x x
x x
 
     
 
 
 
= …
Câu VI: ABCD là hình thoi , gọi O là tâm , P là trung điểm của SC
Ta có BD  (SAC), SC  (PBD),
1 3
2 8
OP SA
 

==> SC  OP
OP là đường TB của tam giác SAC, vậy SC  SA

x y
x x y y

  


    


Điều kiện
1
2
2
x va y
 

(2)




1 2 2 1 2 1 2 1
x x y y
       
   
   

Xét hàm số f(t) = (1 + t
2
)t = t

Theo yêu cầu bài toán ta có vô số tam giác thỏa mãn bài toán mà các
cạnh AC nằm trên các đường thẳng // với nhau.
P
O
H
D
C
B
A
SWWW.ToanCapBa.Net
3

Chọn M(4;1)  BC, M là trung điểm của BC ==> C
3
5;
2
 
 
 

Tam giác ABC cân tại A, Vậy AM  BC ==> AM: 2x + y – 9 = 0
A = AM AB ==> A(6;-3)
Đường cao BH đi qua B có VTPT
AC
uuur
==> pt
2. Gọi d là giao tuyến của

3 (2 2 )
B C B C
c
B C B C

   
 
  
 13B
2
- 8BC – 5C
2
= 0, Chọn C = 1 ==> B = 1; B = - 5/13
+. Với B = C = 1; (P): - 4x + y + z + 1 = 0
+. Với B = 5/13 và C = 1; (P’): - 16x - 5y + 13z - 5 = 0
Câu VII.a: Gọi z = x + yi (x;y

R)
Ta có:
2 2
2 2
( 1) ( 2) 25
34
x y
x y

   


 








==> z
Câu VI.b: 1.Cách giải như câu VI.a , đường trung tuyến xuất phát từ B và qua trung điểm N của AC
2. Ta có (D) nằm trong (P) Gọi A = (D’)(P) , giải hệ ta được A(5;-1;5)
Lấy B(1+t;t;2+2t)

(D);
( 4; 1;2 3)
AB t t t
   
uuur
là VTCP của d
Ta có cos30
0
=
   
2 2
2
6 9
3
2
6 ( 4) 1 2 3
t
t t t


 


*) Với t = 4 thì
AB
uuur
= (0; 5;5) ==> d:
5
1
5
x
y t
z t



  


 


Câu VII.b:
3 3
log 1 log
4.15 5 0
x x
x




3
log
3
1 1
5
x
x
 
  
 
 
 

Hết
WWW.ToanCapBa.Net
4

     
, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Xác định các giá trị của m để hàm số
( )
y f x

không có cực trị.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình :
 
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x

 
2. Giải phương trình:
   
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4
x x x
     
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3


PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
WWW.ToanCapBa.Net
5

Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các
cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng
x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng




: 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.
P x y x y   
Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt
phẳng (P) và (Q).
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
4 3 2
1 1 2
4 3
1 1
5
4
7
15
n n n
n

(cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2. Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0
x y z
   
và các đường thẳng
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z
d d
   
   
 
.
Tìm các điểm
1 2
d , d
M N
 
sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số
 
3
1
( ) ln
3
f x
x

y x x
  

+ MXĐ:
D

¡

0,25
+ Sự biến thiên:
 Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
 
   


2
' 3 6
y x x
 
;
2
' 0
0
x
y
x
 


0,25
2

1,00

+ Khi m = 0
1
y x
  
, nên hàm số không có cực trị.

0,25

+ Khi
0
m




2
' 3 6 1
y mx mx m
    

Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi
' 0
y


tan cot
sin 2 2
x x
x x
x

  (1)
Điều kiện:
sin 2 0
x


0,25

2
1
1 sin 2
1 sin cos
2
(1)
sin 2 2 cos sin
x
x x
x x x

 
  
 
 


log 1 2 log 4 log 4
x x x
     
(2)
Điều kiện:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x
x
x
x
 

  


  
 
 


 


0,25


(3)
6
x
x




 

lo¹i

0,25 + Với
4 1
x
   
ta có phương trình
2
4 20 0
x x
  
(4);
 
 
2 24
4
2 24

dx tdt
t x t x tdt xdx
x x
          
2 2
1 1
dx tdt tdt
x t t
   
 

+ Đổi cận:
1 3
2 2
3 1
2 2
x t
x t
  
  

0,50 1 3
3
2 2
2
1
2 2

Gọi E là trung điểm của AB, ta có: ,
OE AB SE AB
 
, suy ra


SOE AB

.
Dựng


OH SE OH SAB
  
, vậy OH là khoảng cách từ O
đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1 1 8
1
9 9
9 3
8
2 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE
       
   


 

0,25
Thể tích hình nón đã cho:
2
1 1 265 265
. . .3
3 3 8 8
V OA SO
  
  

0,25

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

2 2 2
265 337 337
9
8 8 8
265 337 89305
. . .
8 8 8
xq
SA SO OA SA
S OASA
  
      
  


x 
thỏa mãn (2).
0,25
   
 
 
2
2
2 3
2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)
2 1
x x
x x x m m do x x
x
 
          


Gọi
 
2
2 3
( ) ; 1;6
2 1
x x
f x x
x
 
 


 
 
;
 
2
1 17
' 0 4 0
2
f x x x x
 
      
Vì


1;6
x nên chỉ nhận
1 17
2
x
 

0,25
WWW.ToanCapBa.Net
9

Ta có:
2 27 1 17 3 17
(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f

1

1,00
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:
 
4 3 4 0 2
2;4
2 6 0 4
x y x
A
x y y
    
 
  
 
   
 

0,25
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình
 
4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y
   
 
 

·
 
·
 
2 3 1 2
2 2
2 2
|1. 2. | | 4.1 2.3|
cos ; cos ;
25. 5
5.
0
| 2 | 2 3 4 0
3 4 0
a b
a b
a
a b a b a a b
a b
 
      



       

 


+ a = 0

 
 
 
   
 

0,25
2

1,00
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q





a b c
OI d I P a b c a b c a b c
  
           

 
 
 
 
| 2 2 5| | 2 2 13|
, ,
3 3
2 2 5 2 2 13 ( )
2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c
     
  
      

    

       

lo¹i


a

hoặc
658
221
a  .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc
658 46 67
; ;
221 221 221
I
 

 
 
và R = 3.
0,25

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
     
2 2 2
2 2 1 9
x y z
     
và
2 2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
     

  
     
   
1 2 3 4 1 2 3
5
2 3
4.3.2.1 3.2.1 4
1 1 2 3
7
1 1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n
      
   




   

  



0,50

2

x y x y
y x
x y
 
     

 
   
  



0,50

Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì
·
0
90
ABC 
nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua
tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
0,50
2 1,00
Phương trình tham số của d
1
là:
1 2
3 3
2

, 2 2 12 6 6 1, 0.
3
1 2 2
t t t
t
d M P t t t
    

          
  

0,25
+ Với t
1
= 1 ta được


1
3;0;2
M
;
+ Với t
2
= 0 ta được


2
1;3;0
M



Phương trình tham số của d
2
là:
5 6
4
5 5
x t
y t
z t
 





  

(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0

t = -1. Điểm N
1
cần tìm là N
1
(-1;-4;0).
+ Ứng với M
2
, tương tự tìm được N
2

 
1 3
'( ) 3 3 '
3 3
f x x
x x
   
 

0,25
Ta có:
     
2
0
0 0
6 6 1 cos 3 3
sin sin sin 0 sin 0 3
2 2
|
t t
dt dt t t
 

 
   

       
 
 
 

3; 2
2
x
x
x x
x x
x
x x
x x


 




 

 
  
 
 

 
 
  
  

