Đề thi thử đại học môn toán lần 2 docx

www.vnmath.com www.vnmath.com www.vnmath.com
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ TƯ NĂM HỌC 2010 – 2011
ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số
2 4

1
x
y
x
−
=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho A
và B đối xứng nhau qua đường thẳng có phương trình: x + 2y +3= 0.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
sin 2 1
2 os
sin cos
2.tan
x
c x
x x
x

+ =
+
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2 2 2
2
1 3
x y x y
x y x y

+ − − =


+ + − − =


Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:
2
cos
0
( sinx).sin 2 .
x
e x dx
π
+
∫
Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ nội tiếp trong hình trụ có bán kính đáy r;
góc giữa BC’ và trục của hình trụ bằng 30
0
; đáy ABC là tam giác cân đỉnh B có

·
0
120ABC =
.
Gọi E, F, K lần lượt là trung điểm của BC, A’C và AB. Tính theo r thể tích khối chóp
A’.KEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE.
Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =
3
4
.
Chứng minh rằng:
3 3 3
1 1 1
3
3 3 3a b b c c a
+ + ≥
+ + +
Câu VI: (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng ∆ : x – y + 1 = 0.
Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt ∆ ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho ∆MAB vuông
tại M và có diện tích bằng 2.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
2 1
1 1 1
x y z− −
= =
− −
và mặt phẳng
(P) : ax + by + cz – 1 = 0
2 2

( 0)a b+ ≠
. Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua
đường thẳng d và tạo với các trục Oy, Oz các góc bằng nhau.
Câu VII: (1,0 điểm)
Xét số phức z thỏa mãn điều kiện :
3 1z i− =
, tìm giá trị nhỏ nhất của
z
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:……………………………………………… SBD:……………………
www.vnmath.com www.vnmath.com www.vnmath.com
1
www.vnmath.com www.vnmath.com www.vnmath.com
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ TƯ
NĂM HỌC 2010 – 2011
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I-1
(1 điểm)
TXĐ: D = R\{-1}
Chiều biến thiên:
2
6
' 0 x D
( 1)

y
x
= > ∀ ∈
+

Hs đồng biến trên mỗi khoảng
( ; 1)−∞ −
và
( 1; )− +∞
, hs không có cực trị.
0,25
Giới hạn:
1 1
lim 2, lim , lim
x
x x
y y y
− +
→±∞
→− →−
= = +∞ = −∞

=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 2
0,25
BBT
x -
∞
-1 +
∞
y’ + +

y

+
∞
2
2 -
∞
0,25
+ Đồ thị (C):
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
( )
2;0
, trục tung tại điểm (0;-4)
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng
0,25
I-2
(1 điểm)
Đường thẳng d cần tìm vuông góc với
∆
: x + 2y +3= 0 nên có phương trình y = 2x +m
0,25
D cắt (C) ở 2 điểm A, B phân biệt
2 4
2
1
x
x m
x
−
⇔ = +

+
có 2 nghiệm phân biệt
2
2 4 0x mx m⇔ + + + =
có 2 nghiệm phân biệt khác - 1
2
8 32 0 (1)m m⇔ − − >
0,25
www.vnmath.com www.vnmath.com www.vnmath.com
2
www.vnmath.com www.vnmath.com www.vnmath.com
Gọi I là trung điểm AB có
2 4
2
2
A B
I
I I
x x m
x
m
y x m
+ −

= =




= + =



Do AB vuông góc với
∆
nên A, B đối xứng nhau qua đường thẳng
∆
: x + 2y +3= 0
4I m⇔ ∈∆ ⇔ = −
0,25
m = - 4 thỏa mãn (1) vậy đường thẳng d có phương trình y = 2x - 4
0,25

II-1
(1 điểm)
§iÒu kiÖn:
sin 0, cos 0,sin cos 0.x x x x≠ ≠ + ≠

0,25
Pt ®· cho trë thµnh
0cos2
cossin
cossin2
sin2
cos
=−
+
+ x
xx
xx
x

x

02sin)
4
sin(cos
0
cossin
cos2
sin2
cos
2
=






−+⇔
=
+
−⇔
xxx
xx
x
x
x
π

0,25

+)
.,
2
0cos ∈+=⇔= kkxx
π
π
+)
∈






+=
+=
⇔






+−−=
++=
⇔+= nm
n
x
mx
nxx

mxx
xx ,
3
2
4
2
4
2
4
2
2
4
2
)
4
sin(2sin
ππ
π
π
π
π
π
π
π
π

.,
3
2
4

∈+=⇔ t
t
x
ππ
0,25
§èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ
π
π
kx +=
2
;
.,,
3
2
4
∈+= tk
t
x
ππ
0,25
II-2
(1 điểm)
Điều kiện: x+y
≥
0, x-y
≥
0
Đặt:
u x y
v x y

= +


= −

ta có hệ:
0,25
2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 2
3 3
2 2
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
 
− = > + = +
 
⇔
 
+ + + +
− = − =
 
 
0,25
2
2 4 (1)
( ) 2 2
3 (2)
2

u v uv
u v uv
uv

+ = +

⇔

+ − +
− =


. Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ =
.
0,25
www.vnmath.com www.vnmath.com www.vnmath.com
3
www.vnmath.com www.vnmath.com www.vnmath.com
Kết hợp (1) ta có:
0
4, 0
4
uv
u v
u v
=

⇔ = =


+ =

(vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k)
KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).
0,25
III
(1 điểm)
2 2 2
cos cos
0 0 0
( sinx).sin 2 . 2 .cos .sin . sinx.sin 2 .
x x
e x dx e x xdx x dx
π π π
+ = +
∫ ∫ ∫
0,25
2
cos
0
.cos .sin .
x
I e x x dx
π
=
∫
Đặt t = cosx có I =
1 1
1

0
0 0
. . . . 1
t t t
t e dt t e e dt= − =
∫ ∫
0,25
2 2
2
0
0 0
1 1 1 2
sinx.sin 2 . (cos os3 ). (sinx sin 3 )
2 2 3 3
K xdx x c x dx x
π π
π
= = − = − =
∫ ∫
0,25
2
cos
0
2 8
( sinx).sin 2 . 2
3 3
x
e x dx
π
+ = + =

∫
0,25
IV
(1 điểm)
Từ giả thiết suy ra
·
0
' 30BC C =
BA = BC = r
0
' cot 30 3CC BC r= =
0,25
3
0
'. EF . EF . EC '.
1 1 1 1
. .
AA'. . .sin120
8 3 8 2 32
A K C K F K A ABC
r
V V V V BA BC= = = = =
0,25
Gọi H là trung điểm của AC ta có FH // AA’ suy ra FH
⊥
(ABC) và
2
r
HK HB HE= = =
Gọi J là trung điểm KF, trong mp (FKH) đường trung trực của FK cắt FH tại I, I chính là

tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE
0,25
2 2 2 2
FK FH KH r= + =
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE
2 2
. 3
2 3
3
FJ FK FK r r
R FI
FH FH
r
= = = = =
0,25
www.vnmath.com www.vnmath.com www.vnmath.com
4
www.vnmath.com www.vnmath.com www.vnmath.com
V
(1 điểm)
Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 2 bộ ba số dương ta có
zyx
9
z
1
y
1
x
1
9

xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x
1
)zyx(
3
3
++
≥++⇒=≥








++++
(*)
áp dụng (*) ta có
333333
a3cc3bb3a
9
a3c
1

c3b
1
b3a
1
P
+++++
≥
+
+
+
+
+
=
0,25
áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 3 bộ ba số dương ta có
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
3
3
a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
3 3
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
3 3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2
3 3

+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
0,25
Suy ra
( )
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
+ + + + + ≤ + + +
 
 
1 3
4. 6 3
3 4
 
≤ + =
 
 
0,25
Do đó
3P ≥
; Dấu = xảy ra
3
a b c
1

a b c
4
4
a 3b b 3c c 3a 1

+ + =

⇔ ⇔ = = =


+ = + = + =

0,25
VI 1
(1 điểm)
Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có
phương trình
2 2 2
( ) ( )x a y b R− + − =
∆MAB vuông tại M nên AB là đường
kính suy ra
∆
qua I do đó:
a - b + 1 = 0 (1)
0,25
Hạ MH
⊥
AB có
( , )
2 1 1

2
2
M
MH d
∆
− +
= = =
1 1
. 2 .2 . 2 2
2 2
MAB
S MH AB R R
∆
= ⇔ = ⇔ =
0,25
Vì đường tròn qua M nên
2 2
(2 ) (1 ) 2 (2)a b− + − =
Ta có hệ
2 2
1 0 (1)
(2 ) (1 ) 2 (2)
a b
a b
− + =


− + − =

0,25

Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình
2 2
( 1) ( 2) 2x y− + − =
0,25
VI -2
(1 điểm)
Đường thẳng d qua M (0, 2, 1) có VTCP
(1, 1, 1)u − −
r
(P) có VTPT
( , , )n a b c
r
( ) . 0 0d P n v a b c a b c⊂ ⇒ = ⇔ − − = ⇔ = +
r r
0,25
www.vnmath.com www.vnmath.com www.vnmath.com
5
www.vnmath.com www.vnmath.com www.vnmath.com
·
·
0
( ,( )) ( ,( )) os( , ) os( , )
0
b c
Oy P Oz P c j n c k n b c
b c
= ≠

= ⇔ = ⇔ = ⇔


= − ≠

r r r r
0,25
Nếu b = c = 1 thì a = 2 suy ra
1
( )P
: 2x + y + z - 1 = 0 (loại vì M
1
( )P∉
0,25
Nếu b = - c = - 1 thì a = 0 suy ra
2
( )P
: y - z - 1 = 0 (thỏa mãn)
Vậy (P) có phương trình y - z - 1 = 0
0,25
VII
(1 điểm)
Đặt z = x + iy ta có
2 2
3 1 ( 3) 1z i x y− = ⇔ + − =
0,25
Từ
2 2
( 3) 1x y+ − =
ta có
2
( 3) 1 2 4y y− ≤ ⇔ ≤ ≤
0,25

Do đó
2 2 2
0 2 2z x y= + ≥ + =
0,25
Vậy giá trị nhỏ nhất của
z
bằng 2 đạt khi z = 2i
0,25
www.vnmath.com www.vnmath.com www.vnmath.com
6