ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Môn thi : Toán; Khối: A

ĐỀ THI THỬ MATHVN.COM

Thời gian làm bài: 180 phút không kể phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I.(2,0điểm)
Cho hàm số: y = x 4 − 2 m 2 + 1 x 2 + 3 (1)

(

)

1. Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1.
2. Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn có ba điểm cực trị A, B, C với mọi giá trị của m. Tìm m để đường tròn
nội tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 1.
Câu II.(2,0điểm)
 x3 + x + y − 1 = y 3 + 2 y − 1

1. Giải hệ phương trình: 
log 2 1 + x = log 3 y
π x
2. Giải phương trình: tan x ( sin x − 1) = 2sin 2  −  ( sin 2 x − 2 )
 4 2
1
2x + 3

1. Trong mặt phẳng Oxy,viết phương trình đường tròn (C) có tâm thuộc đường thẳng (d1): x + y - 5 = 0 đi qua
điểm A(6;0) và cắt đường thẳng (d2): 3x + 4y - 3 = 0 theo dây cung có độ dài bằng 8.
2. Trong không gian Oxyz, cho hình thoi ABCD có đỉnh D(0;-1;4), đường thẳng AB đi qua điểm M(7;8;3)
x = 2 + t

phương trình đường thẳng AC là:  y = 2
. Tính diện tích hình thoi ABCD.
 z = 3 + 2t

Câu VIIa.(1,0điểm)

Giải bất phương trình: 2

log2 x
2

+x

2log2 x

− 20 ≤ 0

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb.(2,0điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P): y2 = x và đường thẳng (d): x - y - 2 = 0 cắt (P) tại hai điểm A, B.
Tìm điểm C thuộc cung AB của (P) sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC có B(6;9;6), đường cao AH có phương trình là:
x−6 y −3 z +6
=
=


A(0;3), B − m + 1;3 − m + 1
2

(m

+) Tính: AB = AC =
Câu I.2

) (

2

r=

)

2

), C (

(

)

m + 1;3 − m + 1
2

2



m + 1 + ( m + 1) + m + 1
4

2

(m

=1⇔

2

+ 1)

2

1 + 1 + ( m + 1)

2

2

3

=1

t ≥ 1
t 2 = 1 + 1 + t 3
⇔
⇔ 4


Câu II.1

0.25

x + y −1 − 2 y −1 = 0
x− y

)

⇔ x3 − y 3 +

0.25

AB + BC + CA
r (r là bkính đường tròn nội tiếp ABC)
2

+ 1)

2

2

(

=0


1

ĐK:

x≠

π
2

0.25

+ kπ

π

− x   ( sin 2 x − 2 )
2


sin x = 1
⇔ ( sin x − 1)( tan x + sin 2 x − 2 ) = 0 ⇔ 
 tan x + sin 2 x − 2 = 0


PT ⇔ tan x ( sin x − 1) =  1 − cos 

Câu II.2

+) sinx = 1

⇔x=


1
2
−1
2

không thoả mãn đk

0.25

(

2t
1+ t2

)

⇒ (2) : ( t − 1) t 2 − t + 2 = 0 ⇔ t = 1

+ kπ ( t / m ) . Vậy pt có nghiệm: x=
1

B = ∫ 2 x − x2
1
2

π

0.25

5 − ( 2 − 2x )

2

π
4

+ kπ

2 − 2x
2x − x2

0.25

dx = A − B

0.50


1

5

A=∫

1 − ( x − 1)

1
2

0


5π
−2+ 3
6

0.50

6

A'

- Gọi H là hình chiếu vuông góc của A' trên
mp(ABC), kẻ HE, HF lần lượt vuông góc với AB và
AC tại E, F. Ta có các góc A'EH và A'FH cùng bằng
600 suy ra các tam giác vuông A'HE và A'HF bằng
nhau nên HE = HF suy ra H nằm trên đường phân
giác trong AM của tam giác ABC

C'

0.25

B'

N

F

A

H


)

2

0.25

2

 x   2x 
+ ) AA ' = AE + A ' E ⇔ 2a 5 = 
 +
 ⇒ x = 2a 3
 3  3
5a
25a 2
- Xét tam giác AA'M có: AM . A ' H = MN . A ' A ⇒ AM =
⇒ S ABC = AM 2 =
3
3
3
50a
- Thể tích khối lăng trụ là: V = S ABC A ' H =
3
2

2

2


− t +1
4
t2
t 2 − 4t
Xét hàm số f (t ) =
; f '(t ) =
; f’(t) = 0 ⇔ t = 0 v t = 4.
t−2
(t − 2) 2

0,25

t3 − t 2 −

CâuV

t
f’(t)

2

4
0

-

+∞
+

0,25

25

2

a = 2
⇔
 a = 418

49

0,25

A
d1

R
I

0.50

R
d2
4


+ )a = 2 ⇒ I (2;3), R = 5 ⇒ (C ) : ( x − 2 ) + ( y − 3) = 25
2

2


 z = 4 − 3t


+) Viết ptđt AD:

B

19

+) Tính được AD =
CâuVIa2

M
C

A

5
14
⇒ sin ( AD, AC ) =
19
19

cos ( AD, AC ) =

0.25

suy ra điểm A là giao của AD và AC, tìm được A(1;2;1)

M'

2t2

0,25
0,25

2

22 t ; y ≥ 1.

0,25

2 ≤ 4 ⇔ 2t ≤ 2 ⇔ t ≤ 1 ⇔ - 1 ≤ t ≤ 1.
1
Do đó - 1 ≤ log 2 x ≤ 1 ⇔
≤x≤2
2
Đối chiếu điều kiện ta có :

2t2

2

2

0,25

+) Tìm toạ độ A, B: A(1;-1), B(4;2)

0,25



 MC ( 3 + t;6 + t;6 ) 
+) Viết pt BC:  y = 9 + t ⇒ C ( 6 + t ;9 + t : 6 ) ⇒ 
⇒ OM , MC  = ( −18;18;9 )


z = 6
OM ( 3;3;0 )

CâuVIb2

+) Do AC tiếp xúc mặt cầu (S) tâm O(0;0;0) bán kính R = 3 nên ta có:

d ( O, AC ) = R ⇔

OM , MC 


MC

0,25

A

t = 0
= 3 ⇔ 27 = 3MC ⇔ 2t 2 + 18t = 0 ⇔ 
t = −9

0,25
M

⇔ 2
⇔ .... ⇔ b = 2
4b − 13b + 10 = 0

0,25

Vậy pt nhận z = 2i làm nghiệm. Do đó ta có:

+) z 3 − ( 4 + 3i ) z 2 + ( 3 + 13i ) z + 10 − 10i = ( z − 2i )  z 2 − ( 4 + i ) z + 5 + 5i  = 0

⇔ z = 2i, z = 3 − i, z = 1 + 2i

Thái Bình, ngày 18 tháng 6 năm 2011
www.MATHVN.com
Giáo viên ra đề : Dương Văn Thanh
THPT Nguyễn Đức Cảnh Thành phố Thái Bình

0,25
0,50