ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NĂM 2011 MÔN TOÁN – MÃ ĐỀ 05 (Thời gian làm bài 180 phút-không kể thời gian phát đề) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 1 2 2    x x y 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai điểm A(2 , 0) và B(0 , 2) Câu 2 (2,0 điểm) 1.Giải phương trình : 0 10 5cos3 6 3cos5                 xx 2.Giải bất phương trình : 0 5 2 232 2 2    x x xx Câu III (1,0 điểm) Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường : .2;0;  xyxyx Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi cho hình (H) quay quanh trục Oy Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A 1 B 1 C 1 cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a . Tính thể tích khối lăng trụ và góc giữa AC 1 và đường cao AH của mp(ABC) Câu V (1,0 điểm) Cho : 65 222  cba . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :        ) 2 ,0(2sin.sin.2  xxcxbay II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : 0124 22  yxyx và đường thẳng d : 01    yx . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 90 0 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) :     921 2 2 2  zyx . Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a : 2 2 1 1     zyx và cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính bằng 2 . CâuVII.a (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau mà mỗi số đều lớn hơn 2010. 2.Theo chương trình nâng cao CâuVI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : 044 22  yx .Tìm những điểm N trên elip (E) sao cho : 0 21 60 ˆ FNF ( F 1 , F 2 là hai tiêu điểm của elip (E) ) 2.Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng          1 2: z ty tx và điểm )1,0,1(  A Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng  để tam giác AEF là tam giác đều. Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :        4)( 22 22 zz izziz ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM KHỐI D Câu Đáp án Điểm I ( 2,0 điểm) 1.(1,25) a/ Tập xác định : D R  \       2 1 b/ Sự biến thiên: Dx x y     0 )12( 5 2 / + H/s nghịch biến trên ), 2 1 (;) 2 1 ,(  ; H/s không có cực trị +Giới hạn –tiệm cận :     yLimyLimyLimyLim xx xx 2 1 2 1 ;; 2 1 Tiệm cận ngang y = 2 1 ; Tiệm cận đứng x = 2 1 c/ Đồ thị : Đđb x = 0 , y = -2 y = 0 , x = -2. Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2.(1,0 điểm) Pt đường trung trực đọan AB : y = x Những điểm thuộc đồ thị cách đều A và B có hoàng độ là nghiệm của pt : x x x    1 2 2             2 51 2 51 01 2 x x xx Hai điểm trên đồ thị thỏa ycbt :                   2 51 , 2 51 ; 2 51 , 2 51 0,25 0,25 0,25 2 1 -      2 1 - -   Y / x 2 1 o y x o 2 1 -      2 1 - -   Y / Y x 2 1 y x II ( 2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Pt )3sin5(sin33sin2 5sin33sin5 0 2 5cos3 2 3cos5 xxx xx xx                          022cos2cos3 0sin 0)3sin44cos3(sin2 2 2 xx x xxx )( ) 3 2 arccos( 2 1 Zk kx kx            0,25 0,25 0,25 0,25 2.(1,0 điểm) Bpt                                                        2 5 0 2 2 1 2 5 0 2 2 1 052 0232 2 5 ;0 0232 2 2 2 xx xx xx xx xx xx xx xx            2 5 2 2 1 x x x 0,25 0,50 0,25 III (1,0 điểm) Phương trình định tung độ giao điểm : 1 )(4 1 2 045 02 2 2                    y ly y y yy y yy Đường thẳng y = 2 – x cắt trục tung tại y = 2 Thể tích khối tròn xoay cần tìm : V = V 1 + V 2 Trong đó V 1 = 2 )( 2 2 1 0 y dyy    1 0 = 2  (đvtt) V 2     2 1 2 1 2 1 3 22 3 )2( )2()2()2( y ydydyy  = 3  (đvtt) 0,25 0,25 0,25 0,25 V = )( 6 5 đvtt  IV (1,0 Điểm) V (1,0 điểm) +Thể tích lăng trụ : V 4 6 ).( 3 1 aAAABCdt  + cos(AH , AC 1 ) = 1 111 1 1 . ACAH CAAAAH ACAH ACAH           = 1 11 . . ACAH CAAH  0 1 1 0 60),( 2 1 3. 2 3 2 3 . 2 3 . 30cos  ACAH aa aa ACAH ACAH . Vậy (AH , AC 1 ) = 60 0 Vậy (AH , AC 1 ) = 60 0       xxxxcbay 2sinsin21652sinsin21 22222222  Đặt f(x) = )sin1.(sin4sin212sinsin21 22222 xxxxx  f(x) = 1sin6sin4 24  xx , Đặt   1,0,sin 2  ttx g(t) = 4 3 0)(;68)(164 //2  ttgttgtt BBT M Max g(t) 3 4 3 sin 4 3 4 13 2   xxtkhi 2 5 13 2 5 13 4 13 .65 2  yy dấu “=” xảy ra khi 3  x và c x b x a 2sinsin21  hay c b a 2 3 2 61  Thay vào :                       15 30 52 15 30 52 65 222 c b a c b a cba VI.a (2,0 điểm) 1.( 1,0 điểm) + (C) có tâm I(2 , 1) và bán kính R = 6 + BABMA ,(90 ˆ 0  là các tiếp điểm ) suy ra : 122.2.  RMAMI Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R / = 12 và M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ thỏa hệ: 0,25 0,25 0,25 0,25 0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 A 1 B 1 C 1 A B C H t f f / f 0 1 4 3 0 + - 4 13 1 1 VII.a(1,0 điểm) VI.a ( 2,0 điểm) Gọi số cần tìm có dạng : abcd + Nếu a > 2 : có 7 cách chọn a và 3 9 A cách chọn b, c , d + Nếu a = 2 : + b > 0 : có 8 cách chọn b và có 2 8 A cách chọn c , d + b = 0 và c > 1: có 7 cách chọn c và và 7 cách chọn d + b = 0 và c = 1 : có 7 cách chọn d Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là : 403277.7.8.7 2 8 3 9  AA 1.(1,0 điểm) (E) : 33;11;24;1 4 222222 2  cbacbbaay x + Áp dụng định lí côsin trong tam giác F 1 NF 2 : 18 2 ; 9 32 3 4 )( 3 4 . 2)()( 60cos.2)( 22 22 21 2121 2 21 2 21 0 21 2 2 2 1 2 21     yx caNFNF NFNFNFNFNFNFFF NFNFNFNFFF Vậy có 4 điểm thỏa yêu cầu bài toán :                                    3 1 , 3 24 ; 3 1 , 3 24 ; 3 1 , 3 24 ; 3 1 , 3 24 4321 NNNN 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2.(1,0 điểm) + Đường thẳng )1,0,0( 0 Mquađi  và có vtcp )0,2,1(  u ; )2,2,4(,;)2,0,1( 00          uAMAM + Khoảng cách từ A đến  là AH = 5 62 , ),( 0           u uAM Ad + Tam giác AEF đều 5 24 3 2 .  AHAFAE .Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm A , BK R = 5 24 0,25 0,25                            21 2 21 2 01 1212 22 y x y x yx yx Vậy có 2 điểm thỏa yêu cầu bài toán có tọa độ nêu trên. 2.( 1,0 điểm) a. (S) có tâm )2,0,1(  J bán kính R = 3 + đt a có vtcp )2,2,1(   u , (P) vuông góc với đt a nên (P) nhận  u làm vtpt Pt mp (P) có dạng : 022     Dzyx + (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = 2 nên d( J , (P) ) = 5 22  rR nên ta có : 5 3 )2.(20.21   D 0,25        535 535 D D KL : Có 2 mặt phẳng : (P 1 ) : 053522  zyx và (P 2 ) : 053522  zyx 0,25 0,25 và đường thẳng  , nên tọa độ E , F là nghiệm của hệ :              5 32 )1()1( 1 2 222 zyx z ty tx 0,25 t = 5 221 suy ra tọa độ E và F là :                                  1 5 242 5 221 1 5 242 5 221 z y x z y x 0,25 VII.b (1,0 điểm) + Gọi số phức z = x + yi ),( Ryx  Hệ         44 )22()1(2 xyi iyiyx                   3 3 2 4 1 4 11 4 y x x y x y x y Vậy số phức cần tìm là : iz 3 3 4 1 4  0,25 0,50 0,25 f / ( . ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC LẦN THỨ I SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NĂM 2011 MÔN TOÁN – MÃ ĐỀ 05 (Th i gian làm b i 180 phút-không kể th i gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 i m). R        2 1 b/ Sự biến thi n: Dx x y     0 )12( 5 2 / + H/s nghịch biến trên ), 2 1 (;) 2 1 ,(  ; H/s không có cực trị +Gi i hạn –tiệm cận :     yLimyLimyLimyLim xx xx 2 1 2 1 ;; 2 1 . II ( 2,0 i m) 1.(1,0 i m) Pt )3sin5(sin33sin2 5sin33sin5 0 2 5cos3 2 3cos5 xxx xx xx                          022cos2cos3 0sin 0)3sin44cos3(sin2 2 2 xx x xxx