Đề thi thử đại học môn toán năm 2011 trường THPT Trung Giã potx

SỞ GIÁO DỤC – ðÀO TẠO HÀ NỘI ðỀ THI THỬ ðẠI 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 ñề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm)
Câu I (2 ñiểm) Cho hàm số
2 2
2
x
y
x
+
=
−
(H)
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (H)
2. Gọi M là một ñiểm tùy ý trên (H). Chứng minh rằng tiếp tuyến tại M luôn cắt hai ñường tiệm cận của
(H) tạo thành một tam giác có diện tích không ñổi.
Câu II (2 ñiểm)
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∈ℝ
Câu III. (1 ñiểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục hoành hình phẳng giới hạn
bởi ñồ thị hàm số
ln
e
y x
x
= −
, tr
ục hoành và ñường thẳng
1
x
=

Câu IV. (1 ñiểm)
Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD ñều cạnh a. Gọi O là trung ñiểm BD, E là ñiểm ñối
x

ứng 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 ñiểm) 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 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B)
PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn.
Câu VI.a (2 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC có A(4; - 2), phương trình ñường cao kẻ từ C và
ñường trung trực của BC lần lượt là x – y + 2 = 0; 3x + 4y – 2 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh B và C.
2.
Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho ñường thẳng
1 1 2
:
2 3 1
x y z+ − −
∆ = =
và m
ặt phẳng
(P): 2x – y – 2z + 3 = 0. Gọi d là ñường thẳng cắt
∆

tại I và vuông góc với (P). Viết phương trình
tham số của ñường thẳng d biết khoảng cách từ I ñến (P) bằng 3.
Câu VII.a (1 ñiểm) Tìm tập hợp các ñiểm trên mặt phẳng tọa ñộ 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 ñiểm)
1. Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A ngoại tiếp (C): x
2
+ y
2
= 2. Tìm tọa
ñộ 3 ñỉnh của tam giác biết ñiểm A thuộc tia Ox.
2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho ñường thẳng d:
1 2
2 1 3
x y z− +
= =
−
và mặt phẳng
(P): 2x + y + 2z – 2 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm M trên d có khoảng cách ñến trục hoành gấp
2
lần
khoảng cách ñến mặt phẳng (P).
Câu VII.b (
1 ñiểm) 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 ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:…………………………………….
hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ðẠI HỌC MÔN TOÁN (4 trang)
Ngày thi: 27 – 02 – 2011

Câu ý Nội dung ðiểm
I

1
ñiểm
1
TXð: R\{2}
( )
2
6
'
2
y
x
−
=
−
< 0
Bảng biến thiên:
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác ñịnh.
Tính các giới hạn:
2 2
lim 2; lim ; lim
x
x x
y y y
+ −
→±∞

→ →
= = +∞ = −∞
ðồ thị hàm số nhận ñường thẳng x = 2 là tiệm cận ñứng, y = 2 là tiệm cận ngang

ðồ thị hàm số nhận I(2; 2) là tâm ñối xứng.
ðồ thị hàm số ñi qua A(- 1; 0), B(0; - 1)




¼



¼

½







1
ñiểm
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 ñứng: x = 2 là
( )
0
0
2 8
2;
2
x

A
x
 
+
 
 
−
 

Giao c
ủa tiếp tuyến với tiệm cận ngang: y = 2 là
( )
0
2 2;2B x −
Giao của 2 ñường tiệm cận là
( )
2;2I
Tính
ñược
0
12
2
IA
x
=
−
;
0
2 2IB x= − . Do ñó:
1

. 12
2
AIB
S IA IB= =
không ñổi.



¼


¼

¼



¼

II

1
ñiểm
1
ðiều kiện:
sin3 0; sin 0 sin3 0x x x≠ ≠ ⇔ ≠

Phương trình tương ñương:
2
sin sin5 .sin 3 2sin6 .sin 2

x x x x x
+ =

1 cos2 cos2 cos8
cos4 cos8
2
x x x
x x
− + −
⇔ = −

2
1 2cos4 cos8 2cos 4 2cos4 0x x x x⇔ = − ⇔ − =


¼


¼



hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
( )
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
π π
π
π

= +

⇔



= +


(thỏa mãn)
Vậy:
( ) ( )
;
8 4 2
l
x l x k k
π π π
π
= + ∈ = + ∈Z Z là nghiệm của phương trình.
Chú ý: Thí sinh không k
ết hợp ñiều kiện ñể loại nghiệm thì trừ 0.25

¼




¼





1
ñiểm

2
ðặt
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

ñó hệ ban ñầu trở thành:
( )
2 2
3 5
2 7 2 *
u v
v u v
+ =



− − + =


thế v = 5 – 3u vào phương
trình (*) giải tìm ñược u = 1, từ ñó v = 2 suy ra x = - 3, y = 2.
Kết luận nghiệm là (- 3; 2)


¼


¼

½

III

1
ñiểm

Giải phương trình
ln 0
e
x
x
− =
ñược 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
π π
 
 
= − = − +
 
 
 
 
∫ ∫

= =
( )
2
2e e
π
− −

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


¾

IV







1
ñiểm

D
O
B
E
C
A

H

Có:
3
2
a
CO =
, BD
⊥
(ACE)
Chứng minh ñược 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
⇒ = =

V
ậy V
ABCD
=
3
1 3
. .
6 32
a
AH CO BD =

Có: CE =
3a
,
3
8
a
HE =
7 3
8
a
CH⇒ =
. Từ
∆
vuông ACH có tan C =
3

7
AH
CH
=


















¼




¼

¼



¼
hoc toan va on thi dai hoc mien phi !


V


1
ñiểm

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 ñược
( )
3 2
9 24 2011
P x x x f x
≥ − + − + =
Khảo sát hàm f trên (0; 3) ta tìm ñược
( ) ( )
(0;3)
2 2000Min 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
ñiểm
1
AB qua A vuông góc với ñường cao kẻ từ C có phương trình: x + y – 2 = 0.
G
ọi B(b; 2 – b) thuộc AB, C(c; c + 2) thuộc ñường cao kẻ từ C.
Tọa ñộ trung ñiểm 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 1b c b c b c+ + − + − = ⇔ − + + =
( )
;
BC c b c b
= − +

là 1 VTPT của trung trực BC nên 4(c – b) = 3(c +b) hay c = 7b (2).
T
ừ (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
ñiểm
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
ñiểm

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 ñường tròn tâm
1
1;
2
I
 
 
 
bán kính
5
2
R =

½






½

VI.b


1
ñiểm
1
- Tọa ñộ A là giao của tia Ox và ñường tròn tâm O bán kính bằng 2. Giải tìm ñược
A
(2; 0)
- Hai tiếp tuyến kẻ từ A ñến ñường 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 ñường tròn tại trung ñiểm M
của BC, ñiểm M là giao của tia ñối tia Ox với ñường tròn. Giải tìm ñược M(-
2
; 0).
- Phương trình cạnh BC là x = -
2
.
- Giao của BC với 2 tiếp tuyến là B và C. Giải tìm ñược tọa ñộ 2 ñiểm B và C là (-
2;2 2+

) và (
2; 2 2− − −
)
¼

¼




¼
¼

2
Có M(1 + 2t; t; - 2 – 3t)

hoc toan va on thi dai hoc mien phi !



1
ñiểm
d(M; Ox) = OM i∧
 
=
( )
2
2
2 3t 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 ñược
1 ( 1; 1;1)
1 10 1 41
( ; ; )
22 11 22 22
t M
t M
= − − −
 
 
⇒
 
= − − −
 




½

½

VII.b

1
ñiểm

- Từ phương trình 2 giải ñược x = 2 hoặc y = 2 thế vào phương trình 1 có 2 trường
hợp:
- V
ới x = 2 giải tìm ñược 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 ñúng vẫn ñạt ñiểm tối ña.

hoc toan va on thi dai hoc mien phi !

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 ñộ Oxyz cho ñường 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 ñường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với
d. Tìm t
ọa ñộ của ñiểm I và viết phương trình ñường thẳng d’ biết khoảng cách từ I ñến 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 ñể ñường thẳng y = mx – 1 cắt (H) tại 2 ñiểm A, B (x
A
< x
B
) thỏa mãn
73.
OB OA
= . ð/s: m

= 3. (A(0;-1), B(3; 8))

Cho hình chóp S.ABCD có ñáy là nửa lục giác ñều, 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. ðáp số bài 2:
Cho hình chóp S.ABCD có ñáy 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 ñường thẳng BD và SC.
3

3 2 3 5
2 3 2 3 8 2
x y x y
x y x y

+ + − − =


− − − + + =



www.VNMATH.com
hoc toan va on thi dai hoc mien phi !