Đề thi thử ĐH Yên Mô A Lần 2

S GD&T NINH BèNH
TRNG THPT YấN Mễ A
THI TH I HC LN II NM HC 2010 2011
MễN TON
Thi gian lm bi 180 phỳt (khụng k thi gian phỏt )
Phần chung cho tất cả các thí sinh.
Câu I: Cho hàm số :
1
2

+
=
x
x
y
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
2. Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cách đều hai điểm
A(1; -2) và B(-1; 4)
Câu II:
1. Tìm
);0(

x
thoả mãn phơng trình:
2
cos2 1
1 sin sin 2
1 tan 2
x
cotx x x

x
= +
+
.
2. Tìm m để phơng trình:
2
3 3 9x x x x m + = +
có nghiệm thực.
3. Giải hệ phơng trình:





+=+
=+
)12(28
142
23
223
xyxy
xxyx
Câu III: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành có AB = a,
0
30=ABC
; mặt bên SAD la tam
giác vuông tại A, mặt bên SBC là tam giác vuông tại C. Hai mặt bên này cùng tạo với đáy góc 45
0
.
Chứng minh rằng (SAC)

(ABCD) và tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu IV: Tính tích phân: I =



2
1
10
)31(
dx
x
xx
Câu V: Cho x, y, z là các số thực dơng thoả mãn: x + y + z = xyz.
Tìm GTNN của A =
)1()1()1( zxy
zx
yzx
yz
xyz
xy
+
+
+
+
+
.
Phần riêng ( Thí sinh chỉ đợc chọn một trong hai phần A hoặc B )
Câu VI.a:
1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy) cho

ABC có đỉnh B(2; -1) đờng cao đi qua đỉnh A có phơng
trình (d
1
): 3x - 4y + 27 = 0, đờng phân giác trong của góc C có phơng trình (d
2
): x + 2y - 5 = 0. Tìm
toạ độ đỉnh A.
2. Trong không gian toạ độ (Oxyz) cho điểm A(1;1;0) và đờng thẳng (d):





+=
=
=
tz
ty
x
2
2
1
Tìm
các điểm B, C nằm trên đờng thẳng (d) sao cho

ABC đều.
Cõu VIIa: Tỡm phn thc ca s phc:
n
z (1 i)= +

, trong ú nN v tha món:

( ) ( )
4 5
log n 3 log n 6 4
+ + =
Câu VI.b:
1. Trong mt phng ta (Oxy) cho hai ng trũn (C
1
): (x - 6)
2
+ y
2
= 25 v (C
2
):x
2
+ y
2
= 13 ct
nhau ti A(2; 3).Vit phng trỡnh ng thng i qua A v ct (C
1
), (C
2
) theo hai dõy cung cú di
bng nhau.
2. Cho hai ng thng
1
1 2
:

1 2 1
x y z
d
+
= =

v
2
1 1
:
1 3 1
x y z
d

= =

. Vit phng trỡnh mt cu cú
bỏn kớnh nh nht tip xỳc c hai ng thng d
1
v d
2
.
Cõu VII.b: Trong cỏc s phc z tha món iu kin
1 2 1z i
+ + =
, tỡm s phc z cú moun nh nht.
( Thí sinh thi khối D không cần phải làm câu II.3 và câu III )
Hớng dẫn chấm môn toán
Câu í
Nội dung

Điểm
I
2,0 đ
1
Khảo sát- vẽ đồ thị (1 điểm) 1,0 đ
Ta có:
1
3
1

+=
x
y
TXĐ: D = R\ {1}
Sự biến thiên:
+ Giới hạn Tiệm cận:

+=
+

y
x 1
lim


=


y
x 1

lim


ĐTHS có tiệm cận đứng: x = 1

1lim =
+x
y


ĐTHS có tiệm cận ngang: y = 1
0,25
+ Bảng biến thiên:

'y
=
0
)1(
3
2
<


x
,
Dx


HS nghịch biến trên các khoảng (-

; 1) và (1; +

)
HS không có cực trị
0,5
Đồ thị:
KL: Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
2 Viết phơng trình tiếp tuyến cách đều hai điểm A(1; -2) và B(-1; 4)
1,0 đ
Giả sử a là hoành độ tiếp điểm. Ta có phơng trình tiếp tuyến của đồ
thị là
2
3 2
( )
( 1) 1
a
y x a
a a
+
= +

0,25
TH1: Tiếp tuyến song song với AB
Ta có AB:
1 2
3 1
2 6
x y
y x

+
= = +

Tiếp tuyến song song với AB nên hsg của tt là k = -3
2
3
3 ( 1) 1 0 2
( 1)
a a a
a

= = = =

Với a = 0 ta có phơng trình tiếp tuyến là y = -3x-2
Với a = 2 ta có phơng trình tiếp tuyến là y = -3x+10
0,25
0,25
TH2: Tiếp tuyến đi qua trung điểm I(0, 1) của AB
Ta có
2
3 2
1 (0 )
( 1) 1
a
a
a a
+
= +

2
1
( 1) 3 ( 2)( 1)
2
a a a a a = + + =
Với a = 1/2 ta có phơng trình tiếp tuyến là y = -12x + 1
0,25
II

2,0 đ
1
Tìm x
);0(


thoả mãn phơng trình
0,75đ
ĐK:









+

1tan

02sin
0cossin
02sin
x
x
xx
x
Khi đó pt
xxx
xx
xx
x
xx
cossinsin
sincos
cos.2cos
sin
sincos
2
+
+
=



xxxxxx
x
xx
cossinsincossincos
sin

sincos
22
+=


0,25


)2sin1(sinsincos xxxx =


0)1sincos)(sinsin(cos
2
= xxxxx


0)32cos2)(sinsin(cos =+ xxxx
0,25


0sincos = xx


tanx = 1
)(
4
Zkkx +=


(tm)

Vì
( )
4
0;0


== xkx
0,25
2 Tìm m để pt có nghiệm thực
0, 5đ
Xét hs:
( ) 3 3f x x x= +
[
)
3;x +
=>
1 1
'( ) 0
2 3 2 3
f x
x x
= >
+
=>
( ) (3) 6f x f =
;
lim ( ) lim ( 3 3) 0
x x
f x x x
+ +

= + =
Đặt
)
3 3, 6; 0t x x t

= +

0,25

IV Tính tích phân 1,0đ

Đặt
tdtdxxtxt 211
2
===
Đổi cận: x = 1
0= t
x = 2
1= t
0,25
Khi đó:
1 1
2
2
2
0 0
2 ( 1)( 3) 30
2 3 10
3
9

t t t dt
I t t dt
t
t
+

= = +
ữ
+



0,25
=
1
3 2
1
0
0
3
2 10 60ln( 3)
3 2
t t
t t

+ +
ữ

=
53

4
60ln
3
3

0,5
V
Tìm GTNN
1,0đ
Cách 1:
CM: Với mọi a, b > 0 thì






+
+ baba
11
4
11
( 1)
Dấu = xảy ra
ba =

A =

+
+
+
+
+
++
xyzzxyzyxyzxzyx
111111
A =








++
+
++
+
++
++
yxzxzyzyxzyx 2
1

2
1
2
1111
áp dụng (1) ta có:
A








+
+
+
+
+
+++++
yxxzzyzyxzyx
111
2
1
2
1
2
1
4
1111

++=








++++
zyxzyxzyx
111
4
3111
4
1111
CM: Với mọi a, b, c thì:
( ) ( )
cabcabcba ++++ 3
2
(2)

Dấu = xảy ra
cba ==
áp dụng (2) ta có:

2
1 1 1 1 1 1
3 3. 3
x y z
x y z xy yz zx xyz

+ +
+ + + + = =
ữ ữ

Do x, y, z > 0 nên
3
111
++
zyx


A
4
33

KL:
4
33
min
=

A
đạt đợc khi
3=== zyx
Cách 2:
A =








++
+
++
+
++
++
yxzxzyzyxzyx 2
1
2
1
2
1111
Theo CôSi:
A

++++
444
4
1
4
1
4
1111
xyzzxyyzxxyz
zyx

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
Pttt:
2
2
t
t m+ =
(*)
Để pt ban đầu có nghiệm thực thì pt (*) phải có nghiệm

)
6; 0t



<=> m
1
; 3 6
2




0,25
Hpt <=>
3 2 2
2 3
4 2 1
8 4 2
x x x y
x x y y

+ + =


+ + = +


=> x
3

+ 4x
2
+ 6x + 3 = y
3
+ y
2
+ y
<=> (x+1)
3
+ (x+1)
2
+ (x+1) = y
3
+ y
2
+ y (*)
0,25
Xét hàm số f(t) = t
3
+ t
2
+ t, ta có f(t) = 3t
2
+ 2t + 1 > 0
Pt (*) <=> x + 1 = y
0,25
Với y = x + 1 ta có phơng trình x
3
4x
2

+ 2x + 1 = (x + 1)
2
<=> x
3
5x
2
= 0 <=> x = 0 hoặc x = 5
Với x = 0 => y = 1; x = 5 => y = 6
Vậy hpt có hai cặp nghiệm (0; 1) và (5; 6)
0,25
III
CM: (SAC)

(ABCD) và tính thể tích S.ABCD
1
CM: (SAC)

(ABCD):

BCSA
BCAD
ADSA





//
)()()( ABCDSACSACBC
BCSC

0,25
Tính thể tích:
( )
ã
( )
ã
( ) ( ) 0
( ),( ) , 45
SBC ABCD BC
BC SC
SBC ABCD SC AC
BC AC
=


= =



(1)
Tơng tự
( )
ã
( )
ã
0
( ),( ) , 45SAD ABCD SA AC = =
(2)

0,25
Từ (1), (2)
0
45SAC SCA = =

SAC
cân tại S
)(ABCDSOACSO
SOBC



ABC
vuông tại C : AC = AB.sin30
0
=
2
a


20
4
3
60sin
2
1
.22 aACAB
SS
ABCABCD
===

0,25

SOA
vuông tại O: AO =
42
1 a
AC =
; SO = AO.tan
0
1
45
4
a=

3
.
1 3
.
3 48
S ABCD ABCD
SO a
V S
= =
(đvtt).
0,25
A

++++++++++
zyxzyxzyxzyx
211121112
16
1111


A








++
zyx
111
4
3
( cách 1)
VI.a 2,0 đ
1 Tìm toạ độ đỉnh A
1,0 đ

BC :
( )
1
(2; 1)
:3 4 27 0
B
d x y




+ =


=> pt cạnh BC: 4x + 3y 5 = 0.
Toạ độ C là nghiệm của hpt
2 5 0
4 3 5 0
x y
x y
+ =


+ =

<=>
1
3
x
y

=


=


0,25
Gọi B là điểm đối xứng với B qua (d
2
) ta có B nằm trên cạnh AC.
BB:
( )
2
(2; 1)
: 2 5 0
B
d x y




+ =


=> pt BB: 2x y 5 = 0
Gọi I = BB

(d
2
), toạ độ I là nghiệm của hpt

2 5 0 3
2 5 0 1
x y x
x y y
+ = =



= =


0,25
Vì I là trung điểm của BB nên toạ độ B(4; 3)
AC:
( 1; 3)
' (5; 0)
C
vtcpCB




=


uuur
=> Pt cạnh AC: y = 3
0,25
Toạ độ A là nghiệm của hpt
3 5

3 4 27 0 3
y x
x y y
= =



+ = =

Vậy toạ độ đỉnh A(-5; 3)
0,25
2 Tìm toạ độ các điểm B, C trên đờng thẳng (d)
1,0 đ
Gọi I là hình chiếu của A trên đờng thẳng (d)
Ta có I(1; -2t; t + 2) =>
(0; 2 1; 2)AI t t= +
uur
AI vuông góc với (d) => 5t + 4 = 0 => t = -4/5 =>
3 6
(0; ; )
5 5
AI =
uur
0,25
Vì tam giác ABC đều ta có
2
3
AB AI=
=> AB =
6

15
0,25
Phơng trình mặt cầu tâm A bán kính AB là :

2 2 2
12
( 1) ( 1)
5
x y z + + =
(S)
0,25
Vì B, C thuộc mặt cầu (S) và thuộc đờng thẳng (d) nên toạ độ B, C là
nghiệm của hpt
( )
2
2 2
12
( 1) 1
5
4 3
1
5
2
2
x y z
x
t
y t
z t

+ + =




=
=


=

= +


Vậy toạ độ các điểm B, C là:
8 2 3 6 3
1; ;
5 5

+
ữ
ữ

;
8 2 3 6 3
1; ;
5 5

+
ữ

ữ

0,25
VIIa
Tìm phần thực của số phức z
1,0đ
Ta có f(x) = log
4
(x 3) + log
5
(x + 6) là hàm số đồng biến trên (3; +

)
f(19) = log
4
16 + log
5
25 = 4
Do đó pt log
4
(n 3) + log
5
(n + 6) = 4 có nghiệm duy nhất n = 19
0,25
Ta có (1 + i)
19
= (1 + i)(1 + i)
18
= (1 + i)[(1 + i)
2

]
9
= (1 + i)(2i)
9
= -2
9
+ 2
9
i
0,5
Vậy phần thực của số phức z là -2
9
0,25
VIb 2,0 đ
1
1,0đ
Gọi (C) là ảnh của đờng tròn (C
2
) qua phép đối xứng tâm A(2; 3)
Ta có phơng trình đờng tròn (C) là: (x 4)
2
+ (y 6)
2
= 13
0,5
Đờng thẳng cần tìm đi qua A và cắt (C
1
), (C
2
) theo hai dây cung có độ

dài bằng nhau nên nó chính là trục đẳng phơng (d) của (C) và (C
1
).
0,25
Giả sử M(x; y) nằm trên (d) ta có
2 2
2 2
( 4) ( 6) 13
( 6) 25
x y
x y

+ =


+ =


Suy ra phơng trình đờng thẳng (d) là: x 3y + 7 = 0.
0,25
2
1,0đ
Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc cả hai đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) là
mặt cầu có đờng kính là đoạn vuông góc chung của (d
1
) và (d

2
).
0,25
Gọi M

(d
1
) => M(1-t; 2t; -2+t); N

(d
2
) => N(t; 1+3t; 1-t)
Ta có
( )
' 1;3 ' 2 1; ' 3MN t t t t t t= + + +
uuuur
0,25
MN là đoạn vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
) <=>
1
2
MN d
MN d

<=>
4 ' 6 6 0
11 ' 4 1 0
t t
t t
+ =


=

<=>
3
'
5
7
5
t
t

=


=


0,25
Ta có M
2 14 3
( ; ; )

5 5 5

; N
3 14 2
( ; ; )
5 5 5
=> MN =
2
Gọi I là trung điểm của MN ta có I
1 14 1
( ; ; )
10 5 10

Phơng trình mặt cầu tìm là:
2 2 2
1 14 1
( ) ( ) ( ) 2
10 5 10
x y z + + + =
0,25
VIIb
Tìm số phức có mođun nhỏ nhất
1,0 đ
Giả sử z = a + bi, với a, b

R.
Ta có z + 1 + 2i = (a + 1) + (b + 2)i => |z + 1 + 2i|
2
= (a + 1)
2

+ (b + 2)
2
0,25
Vì |z + 1 + 2i| = 1 nên (a + 1)
2
+ (b + 2)
2
= 1.
Do đó tồn tại x
[ ]
0; 2


sao cho a = -1 + sinx; b = -2 + cosx
Ta có a
2
+ b
2
= (-1 + sinx)
2
+ (-2 + cosx)
2
= 6 2(sinx + 2cosx).
0,25
(sinx + 2cosx)
2


5 =>
5 sin 2cos 5x x +

=>
2 2
6 2 5 6 2 5a b + +
=>
2 2
5 1 5 1a b + +
0,25
Vậy số phức có mođun nhỏ nhất là z =
1 2
( 1 ) ( 2 )
5 5
i + + +
0,25
Nếu thi sinh thi khối D thì không cần làm câu II.3 và câu III, nên biểu điểm các bài nh sau
Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)
Câu I: 2,5 điểm
1. Khảo sát hàm số : 1,5 điểm
2. Viết phơng trình tiếp tuyến : 1,0 điểm
Câu II: 2,0 điểm
1. Giải phơng trình lợng giác : 1,0 điểm
2. Tìm m để phơng trình có nghiệm thực: 1,0 điểm
Câu IV: 1,5 điểm
Câu V : 1,0 điểm
Phần riêng (3,0 điểm)
Chấm nh biểu điểm khối A & B

Nếu thi sinh làm theo cách khác đáp án mà vẫn đúng thì cho điểm theo các phần tơng ứng

Hết