ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT TRUNG GIÃ pps

sent to www.laisac.page.tl
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 (Lần 2)
TRƯỜNG THPT TRUNG GIÃ Môn thi: TOÁN (Ngày thi: 27 – 02 - 2011)
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 2
2
x
y
x



(H)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (H)
2. Gọi M là một điểm tùy ý trên (H). Chứng minh rằng tiếp tuyến tại M luôn cắt hai đường tiệm cận của
(H) tạo thành một tam giác có diện tích không đổi.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:
sin sin5
8cos .cos3
sin3 sin
x x
x x
x x
 
2. Giải hệ phương trình:
3 2 3 5
2 3 2 3 4 2

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



,x y 
¡

Câu III. (1 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục hoành hình phẳng giới hạn
bởi đồ thị hàm số
ln
e
y x
x
  , trục hoành và đường thẳng
1
x


Câu IV. (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD đều cạnh a. Gọi O là trung điểm BD, E là điểm đối
xứng với C qua O. Biết AE vuông góc với mặt phẳng (ABD) và khoảng cách giữa AE và BD bằng
3
4

a
. Tính
thể tích tứ diện ABCD cùng tang của góc giữa AC và mặt phẳng (BCD).
Câu V. (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương có tổng bằng 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2(x
2
+ y
2
+ z
2
) – 4xyz – 9x + 2011.
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B)
PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(4; - 2), phương trình đường cao kẻ từ C và
đường trung trực của BC lần lượt là x – y + 2 = 0; 3x + 4y – 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng
1 1 2
:
2 3 1
x y z
  
   và mặt phẳng
(P): 2x – y – 2z + 3 = 0. Gọi d là đường thẳng cắt

tại I và vuông góc với (P). Viết phương trình
tham số của đường thẳng d biết khoảng cách từ I đến (P) bằng 3.
Câu VII.a (1 điểm) Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn cho số phức z thỏa mãn:
 



2
z i z
 
là số thuần ảo.
PHẦN B: Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A ngoại tiếp (C): x
2
+ y
2
= 2. Tìm tọa
độ 3 đỉnh của tam giác biết điểm A thuộc tia Ox.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d:
1 2
2 1 3
x y z
 
 

và mặt phẳng
(P): 2x + y + 2z – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên d có khoảng cách đến trục hoành gấp
2
lần
khoảng cách đến mặt phẳng (P).
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình trên tập số thực:


2
log 2 2 1 2

9.2 4.3 2 .3 36
x
x y x y
y xy

  


  



Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:…………………………………….
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN (4 trang)
Ngày thi: 27 – 02 – 2011

Câu ý Nội dung Điểm

I

1
điểm
1 TXĐ: R\{2}
 
2
6
'
2
y
x



< 0
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định.
Tính các giới hạn:
2 2
lim 2; lim ; lim
x
x x
y y y
 

 
    

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng, y = 2 là tiệm cận ngang

Đồ thị hàm số nhận I(2; 2) là tâm đối xứng.
Đồ thị hàm số đi qua A(- 1; 0), B(0; - 1)




¼



¼















½

1
điểm
2
Gọi
 
0
0
0
2 2
;
2
x
M x H
x
 


 

 
,
phương trình tiếp tuyến tại M là:
 
 

0
0
2
0
0
2 2
6
2
2
x
y x x
x
x


  



Giao của tiếp tuyến với tiệm cận đứng: x = 2 là
 
0
0
2 8
2;
2
x
A
x
 


 
 

 

Giao của tiếp tuyến với tiệm cận ngang: y = 2 là


0
2 2;2
B x 
Giao của 2 đường tiệm cận là


2;2
I
Tính được
0
12
2
IA
x


;
0
2 2
IB x
 

. Do đó:
1
. 12
2
AIB
S IA IB
 
không đổi.



¼


¼

¼



¼

II

1
điểm
1 Điều kiện:
sin3 0;sin 0 sin3 0
x x x
   

Phương trình tương đương:
2
sin sin5 .sin3 2sin 6 .sin2
x x x x x
 
1 cos2 cos2 cos8
cos4 cos8
2
x x x
x x
  
  
2
1 2cos4 cos8 2cos 4 2cos4 0
x x x x
     


¼


¼


 
cos4 0
cos4 0 cos4 0
cos 0
cos4 1 sin 2 0

sin 0
x
x x
x
x x
x loai


 
 

   
 

 
 



8 4
2
l
x
x k
 



 





 


(thỏa mãn)
Vậy:
   
;
8 4 2
l
x l x k k
  

     
Z Z
là nghiệm của phương trình.
Chú ý: Thí sinh không kết hợp điều kiện để loại nghiệm thì trừ 0.25


¼




¼

1
điểm
2
Đặt
2 2 2
2 2
2 2 2
2
2 3
2 3 4 7
3 6 2
3
u x y
x y u y u v
x y u v
x y v x u v
v x y

 
 
    
  
       
  
     
   
 


Khi đó hệ ban đầu trở thành:
 
2 2
3 5
2 7 2 *
u v
v u v
 



   


thế v = 5 – 3u vào phương
trình (*) giải tìm được u = 1, từ đó v = 2 suy ra x = - 3, y = 2.
Kết luận nghiệm là (- 3; 2)


¼


¼

½

III

1

điểm

Giải phương trình
ln 0
e
x
x
 
được nghiệm x = e.
Vậy
2
2
2
Ox
2
1 1
ln
ln 2 ln
e e
e e x
V x dx e x dx
x x x
 
 
 
    
 
 
 
 

 
= =


2
2
e e

 

Chú ý: Thí sinh không chứng minh được phương trình có nghiệm x = e thì trừ 0.25.
¼


¾

IV







1
điểm

D
O
B

E
C
A
H

Có:
3
2
a
CO  , BD

(ACE)
Chứng minh được khoảng cách giữa AE và BD là AO =
3
4
a

Gọi H là hình chiếu của A lên (BCD) thì H nằm trên CE.
Tam giác AOE vuông tại A có:
2 2
2 2
3 9 3
4 16 4
a a a
AE OE OA    
2.S
AOE
= AH.OE = AE. AO
. 3
8

AE AO a
AH
EO
  
Vậy V
ABCD
=
3
1 3
. .
6 32
a
AH CO BD 

¼



¼



¼



Có: CE =
3
a
,
3
8
a
HE 
7 3
8
a
CH  . Từ

vuông ACH có tan C =
3
7
AH
CH



¼


V


1
điểm

Có:
 
2
2
2
2 4 9 2011
2 2
y z
y z
P x x x
 


 
    
 
 
 
 

 
thế y + z = 3 – x vào ta được


3 2
9 24 2011
P x x x f x
     
Khảo sát hàm f trên (0; 3) ta tìm được




(0;3)
2 2000
Min f x f 
P = 2000 khi x = 2; y = z =
1
2
. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2000.
¼


¼
¼

¼

VI.a

1
điểm
1 AB qua A vuông góc với đường cao kẻ từ C có phương trình: x + y – 2 = 0.
Gọi B(b; 2 – b) thuộc AB, C(c; c + 2) thuộc đường cao kẻ từ C.
Tọa độ trung điểm của BC là
4
;
2 2
b c b c
M
  
 
 
 
. Vì M thuộc trung trực BC nên






3 4 4 4 0 7 12 0 1
b c b c b c          


;
BC c b c b
  
uuur

là 1 VTPT của trung trực BC nên 4(c – b) = 3(c +b) hay c = 7b (2).
Từ (1) và (2) suy ra c = -
7
4
; b =
1
4

. Vậy
1 9 7 1
; ; ;
4 4 4 4
B C
   
 
   
   

¼




¼
¼

¼

1
điểm
2 Lấy I(- 1 + 2t; 1 + 3t; 2 + t)



Có: d(I; (P)) = 3




2 1 2 1 3 2 2 3
5
3 4 9
13
3
t t t
t
t
t
      


     

 



Với t = 5 thì I(9; 16; 7) suy ra d:
9 2
16
7 2
x t
y t
z t
 


 


 


Với t = - 13 thì I(- 27; - 38; - 11) suy ra d:
27 2
38
11 2
x t
y t
z t
  


  



  




½


¼



¼

VII.a



1
điểm
Gọi số phức cần tìm z = x + yi, với x, y là số thực và M(x; y) biểu diễn cho số phức z.
Có:
 


2
z i z
 
=













2 2 1 2 1
x yi i x yi x x y y x y xy i
           
 
 

Do
 


2
z i z
 
là số thuần ảo nên
     
2
2
1 5

2 1 0 1
2 4
x x y y x y
 
        
 
 

Vậy M nằm trên đường tròn tâm
1
1;
2
I
 
 
 
bán kính
5
2
R 

½





½

VI.b

1
điểm
1 - Tọa độ A là giao của tia Ox và đường tròn tâm O bán kính bằng 2. Giải tìm được
A(2; 0)
- Hai tiếp tuyến kẻ từ A đến đường tròn lần lượt có pt: x + y – 2 = 0 và x – y – 2 = 0.
- Vì tam giác ABC vuông cân nên cạnh BC tiếp xúc với đường tròn tại trung điểm M
của BC, điểm M là giao của tia đối tia Ox với đường tròn. Giải tìm được M(-
2
; 0).
- Phương trình cạnh BC là x = -
2
.
- Giao của BC với 2 tiếp tuyến là B và C. Giải tìm được tọa độ 2 điểm B và C là (-
2;2 2
 ) và (
2; 2 2
   )
¼

¼



¼
¼

1
điểm
2 Có M(1 + 2t; t; - 2 – 3t)
d(M; Ox) =
OM i

uuuur r
=
 
2
2
2 3
t t
 

d(M; (P)) =
2 4 4 6 2 4
3 3
t t t t
     

Có: d(M; Ox) =
2
d(M; (P)) hay 9(10t
2
+ 12t + 4) = 2(t
2
+ 8t + 16). Giải được

1 ( 1; 1;1)
1 10 1 41
( ; ; )
22 11 22 22
t M
t M
   
 
 

 
   
 





½



½

VII.b


1
điểm
- Từ phương trình 2 giải được x = 2 hoặc y = 2 thế vào phương trình 1 có 2 trường

hợp:
- Với x = 2 giải tìm được y = ½
- Với y = 2 giải vô nghiệm. Kết luận: (2; ½) là nghiệm của hệ.
½

¼
¼


Chú ý: Các cách giải khác đúng vẫn đạt điểm tối đa.

Giải phương trình sau trên tập số phức:


3 2
2 1 3 1 0
z i z iz i
     

3 2 3 5
2 3 2 3 4 2
x y x y

x y x y

    


     


(nghiệm (-3; 2))
3. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d:
1 2
2 1 3
x y z
 
 

và mặt phẳng
(P): 2x + y + z – 2 = 0 cắt nhau tại I. Gọi d’ là đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với
d. Tìm tọa độ của điểm I và viết phương trình đường thẳng d’ biết khoảng cách từ I đến d’ bằng
30

I(3; 1; - 5); d’:
1 5
2 2 2
0 10
x u x v
y u hay y v
z z
   
 

 
   
 
 
  
 


3. Tìm m để đường thẳng y = mx – 1 cắt (H) tại 2 điểm A, B (x
A
< x
B
) thỏa mãn
73.
OB OA
 . Đ/s: m
= 3. (A(0;-1), B(3; 8))

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều, AD = AB = BC = a, CD = 2a. Hai mặt phẳng
(SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD biết khoảng cách
giữa AD và SC bằng
2
a

Tìm các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
5 4 1
5 4 2 1 6
x x
P
x x

  

   
(giỏi vĩnh phúc 2010)
3. .
4. Đáp số bài 2:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân AB = a, CD = 2a, AD = BC =
10
2
a
. Hai mặt phẳng
(SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 60
0
.
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC.
3
3 2 3 5
2 3 2 3 8 2
x y x y
x y x y

    


     

