Đề 37 thi thử tuyển sinh đại học khối d (năm học 2009 - 2010)

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ 
 TỔ TOÁN 
 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D (năm học 2009-2010) 
 (Thời gian làm bài : 180 phút) 
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm) 
 Cho hàm số 
12
2



x
xy 
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
52
232
2
2



xx
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.A1B1C1 cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a . 
 Tính thể tích khối lăng trụ và góc giữa AC1 và đường cao AH của mp(ABC) 
Câu V (1,0 điểm) 
 Cho : 65222  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) : 012422  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 900 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) :     921 222  zyx . 
 Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a : 
22
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 : 021 60ˆ FNF ( F1 , F2 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



12
2 












2
51
2
51
012
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 
Y
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
2arccos(
2
1 Zkkx
kx











0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 2.(1,0 điểm) 
Bpt 



















































2
50
2
2
1
2
50
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 = V1 + V2 
 Trong đó V1 = 2
)(
2
21
0
ydyy  
1
0
= 
2

 (đvtt) 
 V2  


2
1
2
1
2
1
3
22
3
)2()2()2()2( yydydyy  = 
3

 (đvtt) 
 V = )(
6
5
đvtt
 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
IV (1,0 
Điểm) 
V (1,0 
điểm) 
 +Thể tích lăng trụ : V 
4
6).( 31 aAAABCdt  
 + cos(AH , AC1) = 
1
111
1
1
..
.
ACAH
CAAAAH
ACAH
ACAH 




 


 = 
1
11
.
.
ACAH
CAAH

 01
1
0
60),(
2
1
3.
2
3
2
3.
2
3
.
30cos..
 ACAH
aa
aa
ACAH
ACAH
. Vậy (AH , AC1) = 600 
 Vậy (AH , AC1) = 600 
     xxxxcbay 2sinsin21652sinsin21 22222222  
 Đặt f(x) = )sin1.(sin4sin212sinsin21 22222 xxxxx  
 f(x) = 1sin6sin4 24  xx , Đặt  1,0,sin 2  ttx 
 g(t) = 
4
30)(;68)(164 //2  ttgttgtt 
BBT 
 M 
 Max g(t) 
34
3sin
4
3
4
13 2  xxtkhi 
2
513
2
513
4
13.652  yy dấu “=” xảy ra khi 
3

x và 
c
x
b
x
a
2sinsin21
 
 hay 
cba 2
3
2
61
 
Thay vào : 




















15
30
52
15
30
52
65222
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 ,(90ˆ 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: 
    




















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) 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0 0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 A1 
B1 
C1 
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 39A cách chọn b, c , d 
+ Nếu a = 2 : 
 + b > 0 : có 8 cách chọn b và có 28A 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 28
3
9  AA 
1.(1,0 điểm) 
 (E) : 33;11;24;1
4
222222
2
 cbacbbaayx 
 + Áp dụng định lí côsin trong tam giác F1NF2: 
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(0Mquađi 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 
 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 
0,25 
0,25 
 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) ) = 522  rR 
 nên ta có : 5
3
)2.(20.21

 D
 0,25 







535
535
D
D
KL : Có 2 mặt phẳng : (P1) : 053522  zyx và (P2) : 053522  zyx 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
xy
 Vậy số phức cần tìm là : iz 3
3
4
14  
0,25 
0,50 
0,25 
f(t) 
f/(