KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2011 - TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ potx

Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y =
1
x
x


1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với
đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1).
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
 
3 2
cos cos
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x

 


2. Giải hệ phương trình:
2
2 2
( ) 4 1
( ) 2 7 2
x x y y x

x x y y x

   


   



Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x



Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C;
đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc
0
60
và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần
lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ =
4
a
.
Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng

(MAC) (NPQ)

.
Câu V: (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện
3
ab bc ca
  
, ta có:
2 2 2
1 1 1
1
2 2 2
a b c
  
  

Câu VI: (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD.
Điểm M
1
(0; )
3
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B
biết B có hoành độ dương.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng :
1
: 4
1 2
x t
d y t

z t



 


  

; d
2
:
2
1 3 3
x y z

 
 
và d
3
:
1 1 1
5 2 1
x y z
  
  . Viết phương trình đường
thẳng , biết  cắt ba đường thẳng d
1
, d
2

, d
3
lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC.
Câu VII: (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :
2
2
2 . 8
z z z z
  
và
2
z z
 


Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:……………………………………………… SBD:………………

www.laisac.page.tl



TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUY
ỄN HUỆ

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2010 – 2011
ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A

Th
ời gian l
àm bài: 180 phút, không k
ể thời gian giao đề



TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
NĂM HỌC 2010 – 2011
ĐỀ THI MÔN: TOÁN

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM


TXĐ : D = R\{1}
y’ =
2
1
0
( 1)x
 


0,25
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x

 
 
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) ,lim
x x
f x
 
 
   
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0,25
Bảng biến thiên
1
+

-

1
- -
y
y'
x
-

1 +


Hàm số nghịch biến trên

( ;1)

và
(1; )


Hàm số không có cực trị
0,25
I-1
(1 điểm)
Đồ thị :
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng


10
8
6
4
2
2
4
6
8
10 5 5 10 15

0,25
I-2
(1 điểm)
Với
0

1
x

, tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x
0
;
0
0
1
x
x

) có phương trình :
0,25
0
0
2
0 0
1
( )
( 1) 1
x
y x x
x x
   
 
2
0
2 2
0 0

1
0
( 1) ( 1)
x
x y
x x
   
 

(d) có vec – tơ chỉ phương
2
0
1
( 1; )
( 1)
u
x
 

r

0
0
1
( 1; )
1
IM x
x
 


uuur

0,25
Để (d) vuông góc IM điều kiện là :

0
0
2
0
0 0
0
1 1
. 0 1.( 1) 0
2
( 1) 1
x
u IM x
x
x x


      


 

r uuur

0,25
+ Với x

0
= 0 ta có M(0,0)
+ Với x
0
= 2 ta có M(2, 2)
0,25

ĐK:
sin cos 0
x x
 

0,25
Khi đó








2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cos
PT x x x x x
     






1 sin 1 cos sin sin .cos 0
x x x x x
     








1 sin 1 cos 1 sin 0
x x x
    

0,25
sin 1
cos 1
x
x
 



 

(thoả mãn điều kiện)
0,25
II-1

(1 điểm)
2
2
2
x k
x m


 

  



 




,k m
Z

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k


  
và

2
x m
 
 



,k m
Z

0,25

Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình
Với
0
x

, ta có:
2
2 2
2 2
2
2
1
4
1 4
( ) 2 2 7
1
( ) 2 7
y

x y
x y xy x
x
x x y y x
y
x y
x


  


   


 
   



  



0,25
Đặt
2
1
,
y

u v x y
x

  
ta có hệ:
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
     
  
 
 

       
  


0,25
+) Với
3, 1
v u
 
ta có hệ:
2 2 2
1, 2
1 1 2 0
2, 5
3 3 3

y x
y x y x y y
y x
x y x y x y
 
  
      

  
  

  
     

  
.

0,25
II-2
(1 điểm)
+) Với
5, 9
v u
  
ta có hệ:
2
1 9
5
y x
x y


 

  

, hệ này vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
( ; ) (2;1), ( ; ) (5; 2).
x y x y
  

0,25
III
(1 điểm)
Đặt t =
1 ln
x
 có 2tdt =
1
dx
x

x = 1 thì t = 1; x = e thì t =
2

0,25
2
2
1 1
ln 1

2
1 ln
e
x t
dx tdt
t
x x

 

 

0,25
2
3
1
2( )
3
t
t
  

0,25
2(2 2)
3


0,25
Gọi I là trung điểm A’B’ thì
' ' '

' ( ' ')
' AA'
C I A B
C I ABA B
C I


 




suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính
là góc
·
'
C BI
.
Suy ra
·
0
' 60
C BI 

·
15
' .tan '
2
a
C I BI C BI 

Q
P
K
M
I
N
C
A
B
A'
C'
B'

0,25
3
. ' ' ' ' ' '
1 . 15
. .
AA'. AA' . ' '
2 4
ABC A B C A B C
a
V S CI A B  
0,25

/ / '
( ) / /( ' )
/ / '
NP BC
NPQ C BI

PQ C I




(1)
0,25
IV
(1 điểm)
·
·
· ·
0
' ( ) '
' 90 AM BI
ABM BB I c g c suy ra AMB BIB
suy ra AMB B BI
   
   
V V
.
Mặt khác theo chứng minh trên C’I

AM nên AM

( ' )
C BI

Suy ra (AMC)


( ' )
C BI
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
(MAC) (NPQ)


0,25

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
4
a b b c c a a b c
   

0,25
Đặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh
2 2 2
4
x y z xyz
   
với mọi x, y, z
không âm thỏa mãn: x + y + z = 3
Không làm mất tính tổng quát giả sử x

y; x

z thì x

1 ta có:

0,25
2 2 2 2 2 2 2 2
1
4 ( ) ( 2) 4 ( ) ( ) ( 2) 4
4
x y z xyz x y z yz x x y z y z x
                 

0,25
V
(1 điểm)
2 2 2
2 1
(3 ) 4 ( 1) ( 2) 0
4 4
x
x x x x

       

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
0,25
N
D
I
A
C
B
N'
M

Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’
thuộc AB, ta có :
'
'
2 4
2 5
N I N
N I N
x x x
y y y
  


   



0,25
Phương trình đường thẳng AB:
4x + 3y – 1 = 0
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB:
2 2
4.2 3.1 1
2
4 3
d
 
 


0,25
AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:
2 2 2
1 1 1
4
d x x
  suy ra x =
5
suy ra BI =
5

0,25
VI 1
(1 điểm)
Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính
5

Tọa độ B là nghiệm của hệ:
2 2
4x 3y – 1 0
( 2) ( 1) 5
x y
 


   


B có hoành độ dương nên B( 1; -1)

0,25
Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d
1
, d
2
, d
3
Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v)
0,25
A, B, C thẳng hàng và AB = BC

B là trung điểm của AC
( 1 5 ) 2
4 (1 2 ) 2.(2 3 )
1 2 ( 1 ) 2( 3 )
t v u
t v u
t v u
   


     


      


0,25
Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0
Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1)

0,25
VI -2
(1 điểm)
Đường thẳng  đi qua A, B, C có phương trình
2
1 1 1
x y z

 

0,25
Gọi z = x + iy ta có
2
2
2 2
;
z x iy z z zz x y
     

0,25
2
2
2 2 2 2
2 . 8 4( ) 8 ( ) 2 (1)
z z z z x y x y        

0,25
2 2 2 1 (2)
z z x x     

0,25
VII
(1 điểm)
Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y =
1


Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 - i
0,25