Đề thi thử đại học môn Toán 2011 của THPT chuyên Lê Hồng Phong ppsx

SỞGIÁODỤC_ĐTTPHCM
THITHỬĐẠIHỌC
,NĂM2011
THPTCHUYÊNLÊHỒNGPHONG (Thờigain
180phút,khôngkểthờigianphátđề)

I. PHẦN CHUNG
CHO TẤT CẢ THÍ
SINH: (7 điểm)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+ 3.
1. Kh
ảo sát s
ự biến thiên và vẽ đồ
thị (C
) c
ủa hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ
thị (C), biết ti
ếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1).
Câu II (2 điểm):
1. Giải hệ p
hương trình:
2 2
2 2
x y xy 4y 1 0
y 7 (x y) 2(x 1)


    



 

 

 


2. Gi
ải phương trình:
2sinx 1 cos2x 2cosx 7sinx 5
2cosx 3 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1)
   

    
.
Câu III
(1 điểm)
:
Tính tích phân sau: I =
3 3 3 2
2
1
x x 8 (6x 4x )lnx
dx
x

  


Câu IV (1 điểm)
:
Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD =
2a 3 , các cạnh
bên
bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của OC. Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích
của hình c
ầ
ại tiế
ứ diện
SOCD.
Câu V (1 đi
m)
Cho x, y, z là các s
ố thực
dương th
ỏa xyz = 1. Chứng minh:
3 3 3
1 1 1
3
8
(1 x) (1 y) (1 z)

 
  
.
II. PHẦN RI

ÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần
1 hoặc phần 2).
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2
điểm):
1.
Trong mặt ph
ẳng Oxy cho
∆ABC nội
tiếp
đường tròn (T): x
2
+ y
2
– 4x – 2y – 8 = 0.
Đỉnh A thuộc
tia Oy, đường cao vẽ
từ C nằm trên đường thẳng
(d): x + 5y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết
rằng C có hoành độ là một số nguyên.
2. Trong khô
ng gian Oxyz cho hai đường thẳng (d
1
):
x 1 y 2 z 2
2 1 2

 
 


, (d
2
):
x 2 t
y 3 t
z 4 t

 

 


 


và mặt phẳng
(): x – y + z – 6 = 0. Lập
phương trình đường thẳng
(d) biết d // ()
và (d) cắt (d
1
),
(d
2
) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 .
Câu VII.a (1 điểm):
Tìm tập h
ợp các điểm bi
ểu diễn cho

số phức z thỏa mãn hệ th
ức:
z 3 2i 2z 1 2i

   
2. Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm
4 2
G ;
3 3
 
 
 
và trực tâm trùng
vớ ốc tọa độ. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và diệ ết x
B
< x
C
.
n tích tam giác ABC bi
2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d
1
):
x 1 y 2 z 2
2 1 2

 
 


, (d
2
):
x 2 t
y 3 t
z 4 t
  

 


 

và mặt
phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d
2
) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song song với
(d
1
), cắt () tại N sao cho MN = 3.
Câu VII.b (1 điểm):
ải hệ phương trình
x y
lnx 2lny lnx lny
e e (lny lnx)(1 xy)
2 3.4 4.2


   



 


.
Gi
Download t€i liệu học tập tại :
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠ
I HỌC MÔN TOÁN
Thời gian: 180 phút
Câu ý Nội dung Điểm
Câu I Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+ 3. ∑ = 2đ
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
∑ = 1.25đ

Tập xđ và Giới hạn
0.25

y' = 3x
2
– 6x
y' = 0  x = 0 hay x = 2
0.25

Bảng biến thiên:
0.25

y'' và điểm u
ốn
Giá trị đặc biệt
0.25

Đồ thị và nh
ận xét:
0.25
2 Viết pt tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1). ∑ = 0.75đ

Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k
 (d): y + 1 = k(x + 1)  (d): y = kx + k – 1.
0,25

(d) tiếp xúc (C) 
3 2
2
x 3x 3 kx k 1
3x 6x k

    


 



có nghiệm.
 x
3
– 3x
2
+ 3 = 3x
3
– 6x
2
+ 3x
2
– 6x – 1
 2x
3
– 6x – 4 = 0  x = 2 hay x = –1.
0.25

* x = 2  k = 0  (d): y = –1.
* x = –1  k = 9  (d): y = 9x + 8
0.25
Câu II

∑ = 2 đ
1
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
x y xy 4y 1 0
y 7 (x y) 2(x 1)


    



 

 

 

∑ = 1đ

(I) 
2 2
2 2
y xy x 4y 1
7y y(x y) 2x 2

    


   



2
2
2y(x y) 2x 8y 2 (1)
y(x y )(x y ) 2x 7y 2(2)


     


     


(1) + (2) ta được: –y(x – y)[2 + x – y] = –15y
 (x – y)(x – y + 2) = 15 (do y ≠ 0 vì y = 0 thì (1)  x
2
+ 1 = 0 (vô lí)).
 x – y = 3 hay x – y = –5.
0.5

 x – y = 3  x = y + 3.
(1)  –6y = –2(y + 3)
2
– 8y – 2  2y
2
+ 14x + 20 = 0
 y
2
+ 7y + 10 = 0

y 2 x 1
y 5 x 2


  



   

.
0.25

 x – y = –5  x = y – 5.
(1)
 10y = –2(y – 5)
2
– 8y – 2  2y
2
– 2x + 52 = 0 (VN)
Vậy hệ có nghiệm là (1; –2), (–2; –5).
0.25
2
Giải phương trình:
2sinx 1 cos2x 2cosx 7sinx 5
2cosx 3 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1)
   

    
.
∑ = 1đ

Điều kiện:

0.25
Download t€i liệu học tập tại :
2cosx 3 0
cos2x 2cosx 1 3(cosx 1 ) 0


 


    



2cosx 3
(cosx 1)(2cosx 3) 0





 




3
cosx
2
cosx 1








.

(1)  (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx + 5
 2sinxcosx + 2sinx + cosx + 1 = 1 – 2sin2
x + 2cosx – 7sinx + 5

2sinxcosx – cosx + 2sin
2
x + 9sinx – 5 = 0
 cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) = 0
 (2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) = 0
0.25



1
sinx
2
sinx cosx 5




 




x k2

6
5
x k2
6



 





 


0.25

So sánh điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x =
5
k2
6



(k

Z).
0.25
Câu III

Tính tích phân sau: I =
3 3 3 2
2
1
x x 8 (6x 4x )lnx
dx
x
  


∑ = 1đ

I =
2
2 3
1
x x 8 dx

+
2
2
1
(6x 4x)lnxdx

= I
1
+ I
2
.
0.25

 Tính I
1
: Đặt t =
3
x 8
 t
2
= x
3
+ 8  2tdt = 3x
2
dx  x
2
dx =
2
tdt
3
.
Đổi cận: x = 1  t = 3
x = 2
 t = 4.
Do đó I
1
=
 
4
3
4
3

3
2 2 t 2 74
t. tdt . 64 27
3 3 3 9 9
 
   
 
 
 

.
0.25


Tính I
2
:
Đặ
t u = lnx

u' =
1
x

v' = 6x
2
+ 4x, ch
ọ
n v = 2x
3

+ 2x2

I2
=
2
2
3 2 2
1
1
(2x 2x )lnx (2x 2x)dx
 
  
 

=
2
3
2
1
2x 23
24ln2 x 24ln2
3 3
 
   
 
 
 
.

0.25

V
ậ
y I =
74 23 5
24ln2 24ln2
9 3 9

  
0.25
Câu IV
Cho hình chóp SABCD có
ABCD là hình bình hành tâm O,
AB = 2a, AD =
2a 3 , các c
ạ
nh
bên bằng nhau và bằng 3a, gọi
M là trung
đ
iểm c
ủ
a OC. Tính
thể tích khối chóp SABMD và
diện tích của hình cầu ngoại tiếp
tứ diện SOCD.
∑ = 1đ

 Ta có SA = SB = SC = SD nên SO  (ABCD).
 ∆ SOA = .= ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD


ABCD là hình chữ nhật.
 SABCD = AB.AD = 2
4a 3
.
0.25

 Ta có BD =
2 2 2 2
AB AD 4a 12a 4a   
K
I
G
M
O
D
B
C
A
S

SO =
2 2 2 2
SB OB 9a 4a a 5
   
.
Vậy V
SABCD
=
3

ABCD
1 4a 15
S .SO
3 3

. Do đó V
SABMD
=
3
SABCD
3
V a 15
4

.
0.25

 Gọi G là trọng tâm ∆ OCD, vì ∆ OCD đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại
tiếp ∆ OCD.
Dựng đường thẳng d qua G và song song SO thì d

(ABCD) nên d là trục của ∆
OCD.
Trong mp(SOG) dựng đường trung trực của SO, cắt d tại K cắt SO tại I.
Ta có: OI là trung trực của SO
 KO = KS mà KO = KC = KD nên K là tâm mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD.
0.25

Ta có: GO =

CD 2a
3 3

; R = KO =
2 2
2 2
5a 4a a 31
OI OG
4 3
12
   
.
Do đó S
câu
=
2 2
2
31a 31 a
4 R 4 .
12 3

   
.
0.25
Câu V
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1.
Chứng minh:
3 3 3
1 1 1 3
8

(1 x) (1 y) (1 z)
  
  
(1)
∑ = 1đ

Ta có:
3 3 2
1 1 1 3 1
.
8 2
(1 x) (1 x) (1 x)
  
  

Tương tự, ta được:
2 2 2
3 1 1 1 3
2VT .
2 8
(1 x) (1 y) (1 z)
 
   
 
  
 
 
0.25

Do đó ta cần chứng minh

2 2 2
1 1 1 3
4
(1 x) (1 y) (1 z)

 
  
(2)
Ta có: xyz = 1 nên ta có th
ể
gi
ả
thi
ết xy
≥
1.
Khi
đ
ó ta có:
2 2
1 1 2

1 xy
1 x 1 y
 

 
(3)

2xy + (x

2
+ y
2
)xy
≥
x
2
+ y
2
+ 2x
2
y
2
 2xy(1 – xy) + (x
2
+ y
2
)(xy – 1)
≥
0

(xy – 1)(x – y)
2

≥ 0. (
đ
úng do xy
≥
1)
0.25

Áp dụng (3) ta được:
VT (2) ≥
2 2 2
1 1 1
2(1 x ) 2(1 y ) (1 z)
 
  
(vì 2(1 + x
2
) ≥ (1 + x)
2
….)
≥

2
1 2 1
2 1 xy
(1 z)
 

 


 
( Do (3))
=
2 2
1 1 z 1
1 z 1

(1 z) (1 z)
1
z
  

 


=
2
2
z z 1
(z 1)
 

=
2 2 2 2
2 2 2
4z 4z 4 3(z 1) (z 1) 3 (z 1) 3
4 4
4(z 1 ) 4(z 1 ) (z 1)
     

  
  
0.25

Vậy (3) đúng 
(1) đúng


(1) được chứng minh.
0.25
VI.a ∑ = 2đ
1 Trong mp Oxy cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (T): x
2
+ y
2
– 4x – 2y – 8 = 0.
Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm
trên đường thẳng (d): x + 5y = 0.
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ
là một số nguyên
∑ = 1đ

 A thuộc tia Oy nên A(0; a) (a > 0).
Vì A
 (T) nên a
2
– 2a – 8 = 0 
a 4
a 2






 a = 4  A(0; 4).
0.25

 C thuộc (d): x + 5y = 0 nên C(–5y; y).
C  (T)  25y
2
+ y
2
+ 20y – 2y – 8 = 0
 26y
2
+ 18y – 8 = 0

y 1 x 5
4 20
y x
13 13
    


   


 C(5; –1) (Do x
C
 Z)
0.25

 (AB)  (d) nên (AB): 5x – y + m = 0 mà (AB) qua A nên 5.0 – 4 + m = 0

m = 4. Vậy (AB): 5x – y + 4 = 0.
B  (AB)  B(b; 5b + 4).
B  (T)  b

2 + (5b + 4)2 – 4b – 10b – 8 – 8 = 0  26b2 + 26b = 0 
b 0
b 1
 

 

.
0.25

Khi b = 0  B(0; 4 ) (loại vì B trùng với A)
Khi b = –1  B(–1; –1) (nhận).
Vậy A(0; 4), B(–1; –1) và C(5; –1).
0.25
2
Trong kg Oxyz cho (d
1
):
x 1 y 2 z 2
2 1 2
  
 

, (d
2
):
x 2 t
y 3 t
z 4 t












và mặt phẳng ():
x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình
đường thẳng (d) biết d // (
) và (d) cắt (d
1
),
(d
2
) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 .
∑ = 1đ

M  (d
1
)  M(1 + 2m; –2 + m; 2 – 2m)
N  (d2)  N(2 – n; 3 + n; 4 + n) 


NM  2m  n 1;m  n  5;2m  n  2

; n (1; 1;1)


 

MN // () 
n .NM 0


 

2m + n – 1 –(m – n – 5) – 2m – n – 2 = 0
 –m + n + 2 = 0  n = m – 2.
0.25

 NM

= ( 3m – 3; -3; –3m)

2 2 2 2
NM

(3m

3 )

(
3
)

9m


3 2m

2m

2
NM =
3 6
 2m
2
– 2m + 2 = 6  m
2
– m – 2 = 0  m = –1 hay m = 2.
0.25

 m = –1: M(–1; –3; 4) (loại vì
M  ().
0.25

 m = 2: M(5; 0; –2) và
NM

= 3(1; –1; –2)  (d):
x 5
y z 2
1 1 2


 



0.25
VII.a
Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa:
z 3 2i 2z 1 2i

   

∑ = 1đ

Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi (x; y  R).
Ta có:
z 3 2i  2z 1 2i

 x  yi  32i  2(x  yi)12i  (x  3) (y  2)i  (2x1) (2y 2)i
0.5
 (x + 3)
2
+ (y – 2)
2
= (2x + 1)
2
+ (2y – 2)
2
 3x
2
+ 3y
2
– 2x – 4y – 8 = 0
0.25

Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn (T): 3x
2
+ 3y
2
– 2x – 4y – 8 = 0.
0.25
VI.b
∑ = 2đ
Download t€i liệu học tập tại :