Đề thi thử lần 2 D. Chuyên Điện Biên

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN
TỔ TOÁN – TIN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011
MÔN: TOÁN – KHỐI D
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 tọa độ điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng MI
với I là giao của hai tiệm cận
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
2
1 3 0
,
5
1 0
x x y
x y R
x y
x

+ + − =

∈

+ − + =



Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân:
=
+
∫
3 ln 2

3
0
2
x
dx
I
e

Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A
1
B
1
C
1
cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng
2a
.
Tính thể tích khối lăng trụ và góc giữa AC
1
và đường cao AH của mp(ABC)
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 tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
∆
:
3 8 0x y+ + =
,
':3 4 10 0x y∆ − + =
và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường
thẳng
∆
, đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng
∆
’.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
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
Hết….
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 2 KHỐI D
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,0
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,0 điểm)

R\{-1}
( )
2
3
' 0 1
1
= > ∀ ≠ −
+
y x
x
. Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng xác định của hàm số.
0.25
( )
1
lim 1
±
→ −
= ∞ → = −
x
y xm
là tiệm cận đứng
lim 2 2
→±∞
= → =
x
y y
là tiệm cận ngang
0.25
-Bảng biến thiên
0.25

-Đồ thị đi qua (0;-1), (1/2; 0) vẽ đúng
0.25
2 Tìm điểm M trên (C) … (1,0 điểm)
( )
( )
( )
0
0
2
0
2 1
3
; ; ' ; 1;2
1
1
 
−
∈ = −
 ÷
+
+
 
x
M x C y I
x
x
là giao của hai tiệm cận
Hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại M:
( )
( )

0
2
0
3
'
1
=
+
y x
x
( )
0
0
3
1;
1
 
−
= +
 ÷
 ÷
+
 
IM x
x
uuur
suy ra hsg của IM:
( )
2
0

3
1
−
+x
ycbt
( )
( )
( )
( )
4
0
2 2
0 0
3
3
. 1 1 9 1 3
1 1
−
⇔ = − ⇔ + = ⇔ = − ±
+ +
o
x x
x x
Vậy có hai điểm M thoả mãn:
( ) ( )
1 3;2 3 , 1 3;2 3− − + − + −
0.25
0.25
0.25
0.25

II
2,0
1 Phương trình lượng giác …(1,00 điểm)

( )
2
cos 2 1
cot 1 sin sin 2 , 0;
1 tan 2
x
x x x x
x
π
− = + − ∈
+
Đk:
sin 2 0;tan 1≠ ≠ −x x
Biến đối ta có:
( ) ( )
sin 2 cos2 3 0 ( )
sin cos sin 2 cos 2 3 0
sin cos
+ − =

− + − = ⇔

=

x x VN
x x x x

x x
Với
( )
0; cos sin
4
π
π
∈ ⇒ = ⇔ =x x x x
0.25
0.5
0.25
2 Giải hệ phương trình….(1,00 điểm)
( )
( )
( )
2
2
2
2
3
1 3 0
1 0
5
5
1 0
1 0
x x y
x y
x
x y

x y
x
x


+ + − =
+ + − =

 
⇔
 
+ − + =
 
+ − + =



0.25
2
2
2
3
3
1
1
4 6
3 5
2 0
1 1 0
1 1

1
1
2
1
2
2
2
1
3
1
2
x y
x y
x
x
x x
x x
x
hoac
x
x y
x y
x
x
hoac
y
y


+ = −

+ = −


 
⇔ ⇔
 
 
 
− + =
− − + =
 ÷



 


=


=
 
⇔
 
 
+ =
+ =




=

=


⇔
 
=
= −



0.25
0.25
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
+Thể tích lăng trụ : V
4
6
).(
3
1
aAAABCdt ==
+ cos(AH , AC
1
) =
1
111
1
1

.
ACAH
CAAAAH
ACAH
ACAH






+
=
→→→

→→
=
1
11
.
.
ACAH
CAAH
→→

0
1
1
0
60),(
2
1
3.
2
3
2
3
.
2
3
.
30cos
=→=== ACAH
aa
aa

ACAH
ACAH
. Vậy (AH , AC
1
) = 60
0

Vậy (AH , AC
1
) = 60
0

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
≤ ≤
+ + + +
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
0.25
0.25
0.25
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 Tâm I của đường tròn thuộc

∆
nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến
∆
’ bằng k/c IA nên ta có
2 2
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
− − − +
= − − + + −
+
Giải tiếp được t = -3
Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)
2
+ (y + 3)
2
= 25.
0.25
0.25
0.25
0.25
2
Ta có:
(2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= − =
uuur uuur
Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là:

1 0, 3 0.x y z y z+ − − = + − =
Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là
, (8; 4;4).n AB AC
 
= = −
 
r uuur uuur
Suy ra (ABC):
2 1 0x y z− + + =
.
Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
x y z x
y z y
x y z z
+ − − = =
 
 
+ − = ⇒ =
 
 
− + + = =
 
. Suy ra tâm đường tròn là
(0; 2;1).I
Bán kính là
2 2 2
( 1 0) (0 2) (1 1) 5.R IA= = − − + − + − =

0.25
0.25
0.25
0.25
VIIa
( )
4
2 3 2 12
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
( )
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
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 va d
Ta có hai mp (Q) thỏa mãn: 2x + 2y – z + 17= 0 và 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