1. www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2010 – 2011
CHUYÊN ĐỀ THI MÔN: TOÁN
NGUYỄN HUỆ KHỐI A,B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
1
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y  mx 3  (m  1) x 2  (4  3m) x  1 có đồ thị là (Cm)
3
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số khi m = 1
2. Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm) tồn tại duy nhất một điểm A có
hoành độ âm mà tiếp tuyến với (Cm) tại A vuông góc với đường thẳng : x  2y  3  0.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 2sin 2  x     2sin 2 x  t anx
 
 4
 2 2 xy
 x  y  x  y  1 (x, y R)
2
2. Giải hệ phương trình: 
 x  y  x2  y


4
tan x .ln(cos x )
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:  cos x
dx
0
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a;
góc DAB  600 ; cạnh bên BB’= a 2 . Hình chiếu vuông góc của điểm D trên BB’ là điểm K
1
nằm trên cạnh BB’ và BK= BB' ; hình chiếu vuông góc của điểm B’ trên mặt phẳng (ABCD)
4
là điểm H nằm trên đoạn thẳng BD. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và khoảng
cách giữa hai đường thẳng B’C và DC’.
Câu V: (1,0 điểm) Xét các số thực a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  1; c  d  3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của M  ac  bd  cd .
Câu VI (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn :(C): x 2  y 2  16 . Viết phương trình
1
chính tắc của elip có tâm sai e  biết elip cắt đường tròn (C) tại bốn điểm A, B, C, D sao cho
2
AB song song với trục hoành và AB = 2.CD.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz hai đường thẳng:
x 1 y 1 z x 1 y  2 z
d1 :   ; d2 :   và mặt phẳng (P) : x  y  2 z  3  0 .
2 1 1 1 2 1
Viết phương trình đường thẳng  song song với (P) và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A, B sao cho
AB  29
Câu VII (1,0 điểm) Cho hai số phức z, z’ thỏa mãn z  z '  1 và z  z '  3 .
Tính z  z '
------------------------Hết----------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì them
Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………………

2. www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA
CHUYÊN NĂM HỌC 2010 – 2011
NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, B
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1
Víi m  1 ta cã y  x 3  x  1 .
3
* TËp x¸c ®Þnh: D = R
* Sù biÕn thiªn 0,25
 Chiều biến thiên:
y '  x 2  1 >0 x 
+ Hàm số luôn đồng biến trên
+ Hàm số có không cực đại và cực tiểu .
0,25
 Giíi h¹n: lim y  ; lim y   .
x   x  
Bảng biến thiên:
x - +
y’ +
I-1 0,25
y +
(1điểm) -
Đồ thị:
Đồ thị giao với Oy tại (0;1) y
1
0,25
O x
Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x+2y-3=0 có hệ số góc k=2. Gọi x là hoành độ tiếp
0,25
điểm thì: f '(x)  2  mx 2  2(m  1)x  (4  3m)  2  mx 2  2(m  1)x  2  3m  0 (1)
Bài toán trở thành tìm tất cả các m sao cho phương trình (1) có đúng một nghiệm âm
0,25
Nếu m=0 thì (1)  2 x  2  x  1 loại
2  3m
Nếu m  0 thì dễ thấy phương trình (1) có 2 nghiệm là x  1 hay x= 0,25
I-2 m
(1điểm) m  0
2  3m
do đó để có một nghiệm âm thì 0
m m  2
 3 0,25
2
Vậy m  0 hay m  thì trên (C) có đúng một tiếp điểm có hoành độ âm thỏa yêu cầu đề
3
bài

3. www.VNMATH.com
Điều kiện: cosx  0 0,25
    sinx
2sin 2  x    2sin 2 x  t anx  1  cos  2 x    2sin 2 x 
 4  2 cos x
 cos x  sin 2 x.cos x  2sin x.cos x  sinx
2
0,25
 cos x  sinx  sin 2 x  cos x  sinx   0
II-1
(1điểm)  (sinx  cos x)(1  sin 2 x)  0
 
 sinx   cos x  x    k
 4
0,25
sin 2 x  1  2 x    l 2  x    l

 2 4
 
x k (thỏa mãn điều kiện) 0,25
4 2
 2 2 xy
 x  y  x  y  1 1
2

 x  y  x2  y  2

0,25
Điều kiện: x + y > 0
2 xy
1   x  y   1  0   x  y   2 xy  x  y   2 xy   x  y   0
2 3
 2 xy 
x y
 
II-2
  x  y   x  y   1  2 xy  x  y  1  0
2
(1điểm)
0,25
  x  y  1  x  y  x  y  1  2 xy   0 (3)
 
Với x + y > 0 thì x  y  x  y  0
2 2
Nên (3)  x  y  1 thay vào (2) được  y 2  2 y  0 0,25
Hệ có 2 nghiệm (x;y) = (1;0); (x;y) = (-1; 2)
0,25
*Đặt t=cosx
III  1
dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x  thì t  0,25
(1điểm)
4 2
1
2 1
ln t ln t
Từ đó I    dt   dt 0,25
1
t2 1 t2
2
1 1 1
*Đặt u  ln t ;dv  dt  du  dt ; v  
t2 t t
1 1 1 0,25
1 1 2 1
Suy ra I   ln t 1 
t  t 2 dt   2 ln 2  t 1
1
2 2 2

4. www.VNMATH.com
2
*Kết quả I  2 1 ln 2 0,25
2
B' a 2
C' Ta có BK  ; trong tam giác vuông
4
A' D' a 14
BKD : DK  BD 2  BK 2 
4
K 0,25
B
IV C
(1điểm) H
A
D
3a 2 a 14
Ta có B ' K  ; trong tam giác vuông B’KD : B ' D  B ' K 2  KD 2  a 2 0,25
4 4
Suy ra  B’BD cân tại B’ do đó H chính là g iao điểm của AC và BD
a 3 a 2 3 3a 3
VABCD. A ' B 'C ' D '  B ' H .S ABCD   0,25
2 2 4
a 2
DC’//AB’ suy ra d ( DC '; B 'C )  d ( DC ';( AB ' C ))  d ( D ;( B ' AC )  d ( B ;( A ' AC ))  BH  0,25
2
Nêu và chứng minh: (a 2  b 2 )(c 2  d 2 )  ac  bd Dấu bằng xảy ra khi ad = bc 0,25
M  (a 2  b 2 )(c 2  d 2 )  cd  2d 2  6d  9  d 2  3d  f (d ) 0,25
3 9
1  2(d  ) 2 
Ta có f '( d )  (2d  3)
2 2
2
2d  6d  9
V 0,25
(1 điểm) 3 9
1  2(d  ) 2 
Để ý rằng
2 2  0 với mọi d nên dấu của f’(d) chính là dấu của : 2d+3
2d 2  6d  9
Bảng biến thiên của f(d) suy ra
3 96 2
f (d )  f ( ) 
2 4 0,25
96 2 3 3 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là đạt khi d   ;c= ;a=-b= 
4 2 2 2
VI- 1 x2 y 2 c 1
(1 điểm) Giả sử elip có phương trình chính tắc 2
 2  1 , theo đề bài e   0,25
a b a 2
c2 1 a 2  b2 1 3
     b2  a 2
a 2
4 a 2
4 4 0,25

5. www.VNMATH.com
x2 4 y 2
Suy ra elip có phương trình 2  2  1  3 x 2  4 y 2  3a 2 . Tọa độ các giao điểm A, B,
a 3a
 x 2  y 2  16 (1)

C, D của elip và đường tròn là nghiệm của hệ :  2
3 x  4 y  3a (2)
2 2

Do elip và đường tròn (C) cùng nhận trục hoành và trục tung làm trục đối xứng và
AB // Ox nên A, B đối xứng với nhau qua Oy ; C, D đối xứng nhau qua Ox. 0,25
AB = 2CD  2 x  2.2 y  x 2  4 y 2 (3)
43 2 4 2
Từ (1) và (2) tìm được x 2  ;y 
5 5
256
Thay vào (3) ta được a 2 
15 0,25
x2 y2
Suy ra elip có phương trình   1.
256 64
15 5
A  d1 suy ra A(1+2t ; -1+t ; t) ; B  d 2 suy ra B(1+t’ ; 2+2t’ ; t’) 0,25


AB(t ' 2t ;3  2t ' t ; t ' t ) .

(P) có VTPT n(1;1  2) 0,25
 
 

AB // (P) suy ra AB.n  0  t '  t  3 . Khi đó AB  (t  3; t  3; 3)
Theo đề bài AB 2  29   t  3   t  3  9  29  t  1
2 2
0,25


Với t = 1 suy ra A(3 ;0 ;1) ; AB  4; 2; 3
VI-2
(1 điểm)  x  3  4t

Suy ra  :  y  2t
 z  1  3t


 0,25
Với t = -1 suy ra A(-1 ;-2 ;-1) ; AB  2; 4; 3
 x  1  2t

Suy ra  :  y  2  4t
 z  1  3t

Đặt z  x  iy; z '  x ' iy ';  x, x ', y, y '  R  0,25
 x2  y 2  1

z  z ' 1  2 0,25
x '  y '  1
2
VII. 
(1 điểm) z  z '  3   x  x '   y  y '  3
2 2
0,25
2

z  z '   x  x '   y  y '  2  x 2  y 2   2  x '2  y '2    x  x '   y  y '
2 2 2
 0,25
 2.1  2.1  3  1