I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số ( ) 4 2 4 1 2 1y x m x m= − − + − có đồ thị ( ) m C 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số khi 3 2 m = . 2. Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 4 2 1 tan 8 os ( ) sin 4 2. 4 1 tan x c x x x π − + + = + 2. Giải hệ phương trình sau trên R: 3 2 4 3 1 1 2 9 (9 ) x y x y y x y y  + + − =   − + = + −   Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 2 2 0 ( ) 4 x x I x e dx x = − − ∫ Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều có cạnh với độ dài bằng 2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, 5SC a= và khoảng cách từ D tới mặt phẳng ( ) SHC bằng 2 2a (ở đây H là trung điểm AB ). Hãy tính thể tích khối chóp theo .a Câu V(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: 3a b c+ + = . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 4 ab bc ca a b c a b b c c a + + + + + ≥ + + PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình 2 2 ( 2) ( 3) 10x y− + − = . Xác định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua M(-3; -2) và x A > 0. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: z = 1 + (1 + i) + (1 + i) 2 + (1 + i) 3 + … + (1 + i) 20 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03: 1 =−− yxd và 06: 2 =−+ yxd . Trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của d 1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC Câu VII.b (1,0 điểm Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn hệ thức 2 1 2z z z− = − + Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN II NĂM 2011 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011 Câu ý Nội dung Điểm I 1 Với m= 3/2 ta có y = x 4 -2x 2 +2 Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R. = • Sự biến thiên: 3 4 4y' x x.= − Ta có 0 0 1 x y' x =  = ⇔  = ±  0.25 lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = +∞ = +∞ ( ) ( ) 0 2 1 1 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 2 • Ta có ( ) ( ) ( ) 3 2 4 8 1 4 2 1y x m x x x m . ′ = − − = − − • ( ) 2 0 0 2 1 x y x 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 5A ; 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 = = − + − = − 0.5 So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra 3 3 1 2 m = + 0.25 Đk: 0 2 cos x x k π π ≠ ⇔ ≠ + ,ta có ( ) 2 2 inx 1 2 n 4 cos( x ) cos x s , sin x cos x si π + = − − = − 0.25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 2 2 3 4 os 1 2 os inx cos x sin x c x sin x sin x cos x sin x c x sin x s cos x ⇔ − = − − ⇔ − = − + ( ) 3 0sin x cos x sin x⇔ − = 0.25 0 0 1 4 x k sin x x k cos x sin x tan x x k π π π π =  = =    ⇔ ⇔ ⇔    − = = = +    0.5 II 1 2 Vậy pt có 2 nghiệm: 4 x k x k π π π =    = +  Đk: 1y ≤ . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 4 3 3 9 9 9 0x y y x y y x y x y− + = + − ⇔ − + − = 0.25 vì 1y ≤ và 3 1 1 2x y+ + − = nên 3 1 x+ ≤ 2 ⇔ x ≤ 7.Do đó 3 9x y+ − ≤ -1<0 nên x=y 0.25 Thế vào pt ban đầu ta được 3 1 1 2x x+ + − = .Đặt 3 1a x= + 1b x= − (b>0) thì 3 2 2 2 a b a b + =   + =  ⇒ ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 2 2 2 4 2 0 1 2 2 0a a a a a a a a+ − = ⇔ + − + = ⇔ − + − = ⇒ 1; 1 3; 1 3a a a= = − + = − − 0.25 Từ đó tìm đựơc các nghiệm của hệ : x=y=0 và 11 6 3 11 6 3x y ;x y= = − + = = − − 0.25 III 1 1 3 2 1 2 2 0 0 4 x x I x e dx dx I I x = − = + − ∫ ∫ 0.25 Tính 1 2 2 2 2 1 1 0 0 1 1 ( ) | 2 2 4 x x x e e I xe dx xe + = = − = ∫ 0.25 Tính 2 I bằng cách đặt 2 4t x = − được 2 16 3 3 3 I = − + 0.25 2 61 3 3 4 12 e I = + − 0.25 IV 4a 2a 2 2a 2a a a a 5 C' ≡ C a a a a a 45 ° 45 ° H E A D C B H B A C D S Từ giả thiết suy ra ( ) SH ABCD⊥ và 2 3 3 2 a SH a= = 0.25 Theo định lý Pythagoras ta có 2 2 2CH SC SH a= − = . Do đó tam giác HBC vuông cân tại B và BC a= 0.25 Gọi DE HC A = ∩ thế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó suy ra 2 2 2 4 3 .DE a a AD a= × = ⇒ = 0.25 Suy ra ( ) ( ) ( ) 2 2 ; ;CE a d D HC d D SHC= = = y ra ( ) 2 1 4 2 ABCD S BC DA AB a= + × = (đ.v.d.t.). Vậy 3 . D 1 4 3 3 S ABC ABCD a V SH S= × × = (đ.v.t.t.) 0.25 V VI.a 1 Ta có: 3(a 2 + b 2 + c 2 ) = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) = a 3 + b 3 + c 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca 2 mà a 3 + ab 2 ≥ 2a 2 b b 3 + bc 2 ≥ 2b 2 c c 3 + ca 2 ≥ 2c 2 a Suy ra 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 3(a 2 b + b 2 c + c 2 a) > 0 0.25 Suy ra 2 2 2 2 2 2 ab bc ca VT a b c a b c + + ≥ + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 ( ) 2( ) a b c VT a b c a b c − + + ⇒ ≥ + + + + + 0.25 Đặt t = a 2 + b 2 + c 2 , ta chứng minh được t ≥ 3. Suy ra 9 9 1 3 1 3 4 2 2 2 2 2 2 2 t t t VT t t t − ≥ + = + + − ≥ + − = ⇒ VT ≥ 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 0.5 ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 . Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính 10R = nên 2 2 2 2 2 | 2 3 3 2 | 10 10( ) 25( ) a b a b a b a b a b + + + = ⇔ + = + + 0.25 ⇔ ( 3 )(3 ) 0 3a b a b a b+ + = ⇔ = − hay 3b a = − pt AB: x- 3y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0 0.25 TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t)⇒t>-1 và do IA 2 =2.R 2 =20⇒ t = 1, t = -1 (loại). Suy ra A(6;1)⇒ C(-2; 5) 0.25 TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)⇒t>0 và do IA 2 =2.R 2 =20⇒ t = 0, t = -2 (không thoả mãn) 0.25 2 + ) Ta có: (2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= − = uuur uuur Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: 1 0, 3 0.x y z y z+ − − = + − = 0.25 +) Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4).n AB AC   = = −   r uuur uuur Suy ra (ABC): 2 1 0x y z− + + = . 0.25 +) Giải hệ: 1 0 0 3 0 2 2 1 0 1 x y z x y z y x y z z + − − = =     + − = ⇒ =     − + + = =   . Suy ra tâm đường tròn là (0; 2;1).I 0.25 Bán kính là 2 2 2 ( 1 0) (0 2) (1 1 .) 5= = − − + − + − =R IA 0.25 VII.a 21 20 (1 ) 1 1 (1 ) (1 ) i P i i i + − = + + + + + = 0,25 10 21 2 10 10 (1 ) (1 ) .(1 ) (2 ) (1 ) 2 (1 )i i i i i i   + = + + = + = − +   0,25 ( ) 10 10 10 2 (1 ) 1 2 2 1 i P i i − + − = = − + + 0,25 Vậy: phần thực 10 2− , phần ảo: 10 2 1+ 0,25 Ta có: Idd 21 =∩ . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: VI.b 1    = = ⇔    =−+ =−− 2/3y 2/9x 06yx 03yx . Vậy       2 3 ; 2 9 I M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 ∩=⇒ . Suy ra M( 3; 0) 0.25 Ta có: 23 2 3 2 9 32IM2AB 22 =       +       −== Theo giả thiết: 22 23 12 AB S AD12AD.ABS ABCD ABCD ===⇔== Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d 1 ADd 1 ⊥⇒ Đường thẳng AD có PT: 03yx0)0y(1)3x(1 =−+⇔=−+− . Lại có: 2MDMA == 0.25 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: ( )      =+− =−+ 2y3x 03yx 2 2 ( ) ( )    ±=− −= ⇔    =−+− +−= ⇔    =+− +−= ⇔ 13x x3y 2)x3(3x 3xy 2y3x 3xy 2 2 2 2    = = ⇔ 1y 2x hoặc    −= = 1y 4x . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0.25       2 3 ; 2 9 I là trung điểm của AC suy ra:    =−=−= =−=−= 213yy2y 729xx2x AIC AIC Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0.25 2 Ta có (2; 3; 1), ( 2; 1; 1) (2;4; 8)AB AC n= − − = − − − ⇒ = − uuur uuur r là 1 vtpt của (ABC) 0.25 Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25 M(x; y; z) MA = MB = MC ta có 2 3 2 0 2 0 x y z x y z − − − =   + + =  0.25 M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25 VII. b Đặt ( ) x,yz x yi= + ∈¡ . Ta có 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 z z z x yi x yi x yi x yi yi − = − + ⇔ + − = + − + + ⇔ − + = + ( ) 2 2 2 2 1 4 4x y y⇔ − + = + 0.5 2 2 0 0 2 x x x x ⇔ − = =  ⇔  =  Vậy tập hợp các điểm cần tìm là 2 đường thẳng 0, 2x x= = 0.5 Hết . 2b 2 c c 3 + ca 2 ≥ 2c 2 a Suy ra 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 3(a 2 b + b 2 c + c 2 a) > 0 0 .25 Suy ra 2 2 2 2 2 2 ab bc ca VT a b c a b c + + ≥ + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 ( ) 2( ) a b c VT a. 3(a 2 + b 2 + c 2 ) = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) = a 3 + b 3 + c 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca 2 mà a 3 + ab 2 ≥ 2a 2 b b 3 + bc 2 ≥ 2b 2 c c 3 + ca 2 ≥ . có 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 z z z x yi x yi x yi x yi yi − = − + ⇔ + − = + − + + ⇔ − + = + ( ) 2 2 2 2 1 4 4x y y⇔ − + = + 0.5 2 2 0 0 2 x x x x ⇔ − = =  ⇔  =  Vậy tập hợp các điểm cần tìm là 2