ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC , NĂM 2011 THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG MÔN TOÁN ppt

S
Ở
GIÁ
O
DỤC_ĐT
TP
HCM






























THI

THỬ
ĐẠI

HỌC
,

NĂ
M
2011
THPT
CHUYÊN
L
Ê
HỒNG
PHONG

(
Thời
gain
180
phút,

không

kể

thời
gian
phát

đề)
singer@
zing.
com
gử
i
tới
www
.
laisac.
page.
tl
I. PH
Ầ
N CHUNG CHO T
Ấ
T C
Ả
THÍ SINH: (7
đ
i
ể
m)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+ 3.
1
. Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
(C) c
ủ
a hàm s
ố
.
2. Viết phương trình tiế
p tuyến của đồ th
ị (C), biết tiếp tuyế
n đi qua điểm A(–1; –1).
Câu II (2 điểm):
1. Giải hệ phươ
ng trình:

2 2
2 2
x y xy 4y 1 0
y 7 (x y) 2(x 1)

    


 
   

 


2. Gi
ả
i phươ
ng trình:
2sinx 1 cos2x 2cosx 7sinx 5
2cosx 3 cos2x 2cosx 1 3(cosx 1)
   

    
.
Câu III
(1
đi
ể
m):
Tính tích phân sau: I =

3 3 3 2
2
1
x x 8 (6x 4x )lnx
dx
x
  


Câu IV
(1
đ
i
ể
m):
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
c
ủ
a hình cầ
ại ti
ế
ứ di
ệ
n SOCD.
Câu V
(1
đ
i

m)
Cho x, y, z là các s
ố
th
ự
c dươ
ng th
ỏa xyz = 1. Ch
ứ
ng minh:
3 3 3
1 1 1 3
8
(1 x) (1 y) (1 z)

 
  
.
II. PHẦN RIÊNG (3
điể
m)
Thí sinh chỉ
được làm mộ
t trong hai phần (phầ
n 1 hoặc ph
ần 2).
1. Theo ch
ương trình chuẩ
n:
Câu VI.a

(2
đ
i
ể
m):
1
. Trong m
ặ
t ph
ẳng Oxy cho
∆
ABC n
ộ
i ti
ế
p
đường tròn (T): x
2
+ y
2
– 4x – 2y – 8 = 0.
Đỉ
nh A thu
ộ
c
tia Oy,
đường cao vẽ t
ừ C nằ
m trên đường thẳ
ng (d): x + 5y = 0. Tìm tọa độ

các đỉnh A, B, C bi
ết
rằng C có hoành độ là một số nguyên.
2
. Trong không gian Oxyz cho hai
đườ
ng th
ẳ
ng (d
1
):
x 1 y 2 z 2
2 1 2

 
 

, (d
2
):
x 2 t
y 3 t
z 4 t

 

 


 



và m
ặ
t ph
ẳ
ng (

): x – y + z – 6 = 0. L
ập ph
ươ
ng trình đườ
ng th
ẳ
ng (d) bi
ế
t d // (

) và (d) c
ắ
t (d
1
),
(d
2
) l
ầ
n l
ượ
t t

ạ
i M và N sao cho MN =
3 6 .
Câu VII.a (1 điểm):
Tìm t
ậ
p h
ợ
p các
đ
i
ểm bi
ể
u diễ
n cho s
ố
ph
ứ
c z th
ỏ
a mãn h
ệ
th
ứ
c:
z 3 2i 2z 1 2i

   
2. Theo ch
ươ

ng trình nâng cao:
Câu VI.b
(2
đ
i
ể
m)
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
Đ
ÁP ÁN
ĐỀ
THI TH
Ử

ĐẠ
I H
Ọ
C 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 uốn
Giá trị đặc biệt
0.25

Đồ thị và nhận 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
Gi
ải h
ệ phươ
ng trình:
2 2
2 2
x y xy 4y 1 0
y 7 (x y) 2(x 1)

    


 
   

 

∑ = 1
đ

(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
đượ
c: –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
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 co sx 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  26b
2
+ 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. L
ậ
p ph
ương trình

đườ
ng thẳ
ng (d) bi
ế
t d // (
) và (d) c
ắ
t (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  (d
2
)  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) (loạ
i 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 2 i        (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