Đề thi thử lần 2 A-B. Chuyên Điện Biên

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN
TỔ TOÁN – TIN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011
MÔN: TOÁN – KHỐI A, B
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số
−
=
+
2 1
1
x
y
x
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ điểm I(-1; 2) tới tiếp tuyến của (C) tại M bằng
6
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
π
− = + − ∈
+
2
cos 2 1
cot 1 sin sin 2 , 0;
1 tan 2
x

x x x x
x
2. Giải hệ phương trình:

− − =


− − − =


2 0
1 2 1 1
x y xy
x y

( )
∈
,x y R
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân:
=
+
∫
3 ln 2
3
0
2
x
dx
I
e

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông
góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là
a 3
4
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số dương
, , : 3.a b c ab bc ca+ + =
Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )a b c b c a c a b abc
+ + ≤
+ + + + + +
B. PHẦN RIỂNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần I hoặc II )
I. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD. Phương trình cạnh AB: x – 2y
+ 1 = 0, cạnh BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của
hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(-2;0;-2); B(0;3;-3). Viết phương trình
mặt phẳng (P) đi qua A sao cho khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (P) là lớn nhất.
Câu VIIa. (1,0 điểm) Đặt
( )
− + − = + + + +
4
2 3 2 12
0 1 2 12
1 x x x a a x a x a xL

. Tìm hệ số
7
a
II. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là
giao điểm của hai đường thẳng:
− − = + − =
1 2
: 3 0, : 6 0d x y d x y
. Trung điểm một cạnh là
giao điểm của
1
d
với tia Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Cho mặt cầu (S) có phương trình
+ + − + − − =
2 2 2
2 4 6 11 0x y z x y z
và mặt phẳng (P) có
phương trình:
+ − + =2 2 17 0x y z
. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt
phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có diện tích là
π
9
Câu VIIb. (1,0 điểm) Giải bất phương trình :
( ) ( )
+ + > −
2 2

2
1+ log log 2 log 6x x x
Ht.
P N THI TH LN 2
Cõu í Ni dung im
I 2,0
1 Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s (1,0 im)
R\{-1}
( )
2
3
' 0 1
1
= >
+
y x
x
. Suy ra hm s ng bin trờn cỏc khong xỏc nh ca hm s.
0.25
( )
1
lim 1


= =
x
y xm
l tim cn ng
lim 2 2

= =
x
y y
l tim cn ngang
0.25
-Bng bin thiờn
0.25
- th i qua (0;-1), (1/2; 0) v ỳng
0.25
2 Tỡm im M trờn (C) (1,0 im)
+ Nếu
)(
1
3
2;
0
0
C
x
xM








+

thì tiếp tuyến tại M có phơng trình
)(
)1(
3
1
3
2
0
2
00
xx
xx
y
+
=
+
+
hay
0)1(3)2()1()(3
0
2
00
=++ xyxxx
+ Khoảng cách từ
)2;1(I
tới tiếp tuyến là
( )
( )
( )
2

2
0 0 0
0
4 4
0
0
3( 1 ) 3( 1) 6 1
6 1 3 0
9 ( 1)
9 1
+ +
= = = + =
+ +
+ +
x x x
d x
x
x
.
( )
2
0 0
1 3 1 3+ = = x x
.
+ Vậy có hai điểm M :
( )
32;31
+
M
hoặc

( )
32;31
+
M
0.25
0.25
0.25
0.25
II
2,0
1 Phng trỡnh lng giỏc (1,00 im)

( )
2
cos 2 1
cot 1 sin sin 2 , 0;
1 t an 2
x
x x x x
x

= +
+
k:
sin 2 0;tan 1 x x
Bin i ta cú:
( ) ( )
sin 2 cos2 3 0 ( )
sin cos sin 2 cos2 3 0
sin cos

+ =

+ =

=

x x VN
x x x x
x x
Vi
( )
0; cos sin
4


= =x x x x
0.25
0.5
0.25
2 Gii h phng trỡnh.(1,00 im)
. Đk:
1
1
2
x
y

0.25
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M

(1) ( ) 0 ( )( 2 ) 0
2 0
2
0( )
⇔ − − + = ⇔ + − =

− =
⇔ ⇔ =


+ =

x y y xy x y x y
x y
x y
x y voly

⇔ x = 4y thay vào (2) ta có

4 1 2 1 1 4 1 2 1 1
4 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1
1
( )
2 1 0
2
2
5 10
2 1 2
( )
2
y y y y
y y y y y
y tm
y
x
x
y
y tm
− − − = ⇔ − = − +
⇔ − = − + − + ⇔ − = −

=


− =
=


⇔ ⇔ ⇒



=

− =



=



0.5
V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2)
0.25
III Tính tích phân
1,0
Ta c ó
3ln2
3
0
3 3
( 2)
x
x x
e dx
I
e e

=
+
∫
Đặt u=
3
x
e
⇒
dxedu
x
3
3 =
;
22ln3;10 =⇒==⇒= uxux
Ta được:
2
1
3
( 2)
du
I
u u
=
+
∫
=
( )
( )
( )
2

2 2
1
1 1
3 2 3 1 1 3
ln ln 2
2 2 2 2 2
u u
du dx u u
u u u u
+ −
 
= − = − +
 ÷
+ +
 
∫ ∫
2
1
3 3 1 1 3 3
ln ln ln ln
2 2 2 2 3 2 2
u
u
 
= = − =
 ÷
+
 
0.25
0.5

0.25
IV Hình không gian
1,0
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:



⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC ⊥⇒
Kẻ
,'AAMH ⊥
(do
A∠
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do
BCHM
AMAHM
AMABC
⊥⇒



∈
⊥
)'(
)'(

.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd ==
.
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
=
'
⇔
suy ra
3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
===
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a

a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
0.5
0.5
V
1,0
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có:
2
3
3 3 ( ) 1ab bc ca abc abc= + + ≥ ⇒ ≤
.
Suy ra:
2 2
2
1 1
1 ( ) ( ) ( ) 3 (1).
1 ( ) 3
+ + ≥ + + = + + = ⇒ ≤

+ +
a b c abc a b c a ab bc ca a
a b c a
Tương tự ta có:
2 2
1 1 1 1
(2), (3).
1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c
≤ ≤
+ + + +
0.25
0.25
0.25
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3
ab bc ca
a b c b c a c a b c b c abc abc
+ +
+ + ≤ + + = =
+ + + + + +
W
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c= + + = ⇒ = = = >
0.25
Theo chương trình Chuẩn
VIa

2.0
1
21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13
5 5
5
x
x y
B
x y
y

=

− + =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=



Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b− −
uuur uuur uuur
(với a
2
+ b
2
> 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD,
AC. Khi đó ta có:
( ) ( )
os , os ,
AB BD AC AB
c n n c n n=
uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2
3
2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b
b
a
= −



⇔ − = + ⇔ + + = ⇔

= −

- Với a = - b. Chọn a = 1
⇒
b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB ∩ AC suy ra
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
− − = =
 
⇒ ⇒
 
− + = =
 
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x

x y
I
x y
y

=

− − =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=


Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
( )
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 
 ÷
 

+ Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
0.25
0.25
0.25
0.25
2 Gọi H là hình chiếu của B trên (P) suy ra BH là khoảng cách từ B đến (P) và
≤BH BA
Ycbt suy ra mp(P) đi qua A(-2;0;-2) và vuông góc với AB nhận
( )
2;3; 1= −AB
uuur
là VTPT
Pt (P):
( ) ( ) ( )
2 2 3 0 2 0 2 3 2 0x y z x y z+ + − − + = ⇔ + − + =
0.25
0.25
0.5
VIIa
( )
4
2 3 2 1 2
0 1 2 12
1 x x x a a x a x a x− + − = + + + +L
. 1.0
( )
( )
( )
( )
( )

4
4 4
4
2 3 2 2
1 1 1 1 1x x x x x x x x− + − = − + − = − +
( )
( )
4
0 1 2 2 3 3 4 4
4 4 4 4 4
4
2 0 1 2 2 4 3 6 4 8
4 4 4 4 4
1
1
− = − + − +
+ = + + + +
x C C x C x C x C x
x C C x C x C x C x
Suy ra
3 2 1 3
7 4 4 4 4
= − −a C C C C
=-40
0.25
0.25
0.25
0.25
Theo chương trình Nâng cao
VIb

2.0
1
( )
9 3
; ; 3;0
2 2
 
 ÷
 
I M
Giả sử M là trung điểm AD suy ra AB = 2IM =
3 2
. 12 2 2= = ⇒ =
ABCD
S AB AD AD
AD qua M vuông góc với d
1
suy ra AD : x + y – 3 = 0
MA = MB =
2
suy ra tọa độ A, D là nghiệm của hệ
0.25
0.25
( )
2
2
3 0
2 4
1 1
3 2

+ − =

= =
 

⇒
  
= = −
− + =
 


x y
x x
hoac
y y
x y
Chọn A(2;1) suy ra D(4;-1); C(7;2); B(5;4)
0.25
0.25
2 (S) có tâm I(1;-2;3), bán kính R = 5
Bán kính đường tròn giao tuyến bằng 3 suy ra khoảng cách từ tâm I đến mp (Q) bằng 4
(Q) song song với (P) suy ra (Q): 2x + 2y – z + d = 0
( )
( )
( )
2 4 3
, 4 5 12 17 7
3
d

d I Q d d loai va d
− − +
= = ⇔ − = ⇔ = = −
Ta có (Q): 2x + 2y – z -7 = 0
0.25
0.25
0.25
0.25
VIIb
( ) ( )
2 2
2
1+ log log 2 log 6x x x+ + > −
1.0
ĐK
0 6< <x
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2
log 2 2 log 6 2 2 6
2
16 36 0
18
+ > − ⇔ + > −
>

⇔ + − > ⇔


< −

x x x x x x
x
x x
x
Kết hợp điều kiên ta có nghiệm của BPT là
2 6
< <
x
0.25
0.25
0.25
0.25